In the whole exam, we consider a standard Brownian Motion (wt)t≥0, and we denote by (rt)t≥0  the associated filtration.

You may use  (without proving it) the following formula for the  Gaussian distribution.  For x  ~

N(A, g2) (A e R, g > 0), E[eX ] = eµ+ .

1.  (24 points) In this exercise, we consider the random variable  x = (w1 )2 + (w3 )2 _ 2(w4 )2 .

(i)  (4 points) Compute the expectation of x .

From the linearity property of the expectation, we obtain

E[x] = E[(w1 )2 + (w3 )2 _ 2(w4 )2]

= E[(w1 )2] + E[(w3 )2] _ 2E[(w4 )2].

Since w1  = w1  _ w0  ~ N(0, 1) (property (ii) in the definition of Brownian Motion), we have E[w1] = 0 and Var(x1 ) = 1.  Hence, E[(w1 )2] = Var(x1 ) + (E[w1])2  = 1, and similarly, E[(w3 )2] = 3 and E[(w4 )2] = 4. We deduce

E[x] = 1 + 3 _ 2 . 4 = _4.

(ii)  (4 points) Let Z ~ N(0, 1).  Compute E[Z4] by using successive integrations by parts. From an integration by parts, we obtain

E[Z4] =    1       +/ a4 e-z2 /2da

,2u    -/

=  尸 _ a3 e-z2 /2尸/(/) +    - 3a2 e-z2 /2da

= 0 + 3E[Z2] = 3E[Z2] = 3,

using that E[Z2] = 1 (since Z ~ N(0, 1)).

(iii)  (8 points) Compute the variance of x .

We can write, using the fact that the covariance is bilinear, i.e. linear in each of the two coordinates:

Var(x) = Var((w1 )2 + (w3 )2 _ 2(w4 )2 )

= Cov((w1 )2 + (w3 )2 _ 2(w4 )2 , (w1 )2 + (w3 )2 _ 2(w4 )2 )

= Cov((w1 )2 , (w1 )2 ) + Cov((w3 )2 , (w3 )2 ) + 4Cov((w4 )2 , (w4 )2 )              + 2Cov((w1 )2 , (w3 )2 ) _ 4Cov((w1 )2 , (w4 )2 ) _ 4Cov((w3 )2 , (w4 )2 ).

We now derive a general formula for Cov((ws)2 , (wt)2 ), for any 0 s s s t.  For this purpose, we make appear independent increments:

Cov((ws)2 , (wt)2 ) = Cov((ws)2 , (ws + (wt _ ws))2 )

= Cov((ws)2 , (ws)2 ) + 2Cov((ws)2 , ws(wt _ ws)) + Cov((ws)2 , (wt _ ws)2 ).

We have immediately Cov((ws)2 , (wt _ ws)2 ) = 0 from the independence of the incre- ments ws  and wt _ ws  (property (iii) in the definition of Brownian Motion), and

Cov((ws)2 , ws(wt _ ws)) = E[(ws)2 . ws(wt _ ws)] _ E[(ws)2] . E[ws(wt _ ws)] = E[(ws)3] . E[wt _ ws] _ E[(ws)2] . E[ws] . E[wt _ ws] = 0,

where we used again the independence of ws  and wt _ ws  (second equality), and then that E[wt  _ ws] = 0 since wt  _ ws  ~ N(0, t _ s) (property (ii) in the definition of Brownian Motion). Hence,

Cov((ws)2 , (wt)2 ) = Cov((ws)2 , (ws)2 )

= E[(ws)4] _ (E[(ws)2])2 .

We know that ws ~ N(0, s), so E[(ws)2] = s, and for Z ~ N(0, 1),

E[(ws)4] = E[(,sZ)4] = s2E[Z4] = 3s2

(using the previous question in the last equality). We deduce that

Cov((ws)2 , (wt) ) = 3s22 _ s2 = 2s2 .

Finally, using this property 6 times, we obtain

Var(x) = 2 . 12 + 2 . 32 + 4 . 2 . 42 + 2 . 2 . 12 _ 4 . 2 . 12 _ 4 . 2 . 32 = 72.

As a conclusion, we want to emphasize that using bilinearity of the covariance,  and deriving the general formula for Cov((ws)2 , (wt)2 ), allowed us to avoid repeating several times the same reasoning with independent increments of Brownian Motion.  However, it would also be perfectly valid to proceed as follows. First,

Var(x) = E[x2] _ (E[x])2

by definition of the variance. We have found in (i) that E[x] = _4, and there remains to compute E[x2]. We have

E[x2] = E[((w1 )2 + (w3 )2 _ 2(w4 )2 )2]

= E[(w1 )4] + E[(w3 )4] + 4E[(w4 )4]

+ 2E[(w1 )2 (w3 )2] _ 4E[(w1 )2 (w4 )2] _ 4E[(w3 )2 (w4 )2] (by expanding the square, and using linearity of the expectation).

On the one hand, we already know that E[(ws)4] = 3s2 , with s =  1, 3, 4.   We then need to compute E[(w1 )2 (w3 )2], E[(w1 )2 (w4 )2] and E[(w3 )2 (w4 )2]. This can be done in a similar way as before, by making appear independent increments.   From  w3   = w1 + (w3 _ w1 ), we find

E[(w1 )2 (w3 )2] = E[(w1 )4] + 2E[(w1 )3]E[w3 _ w1] + E[(w1 )2]E[(w3 _ w1 )2] = 3 . 12 + 0 + 1 . 2 = 5,

and for the same reasons, E[(w1 )2 (w4 )2] = E[(w1 )4] + E[(w1 )2]E[(w4 _ w1 )2] = 6 and E[(w3 )2 (w4 )2] = E[(w3 )4] + E[(w3 )2]E[(w4 _ w3 )2] = 30. This allows us to conclude.

(iv)  (8 points) Determine the conditional expectation E[xIr2] .

We have

E[xIr2] = E[(w1 )2 + (w3 )2 _ 2(w4 )2 Ir2]

= (w1 )2 + E[(w3 )2 Ir2] _ 2E[(w4 )2 Ir2],

using that (w1 )2  is r2-measurable. On the one hand,

E[(w3 )2 Ir2] = E[(w2 + (w3 _ w2 ))2 Ir2]

= (w2 )2 + 2w2E[w3 _ w2 Ir2] + E[(w3 _ w2 )2 Ir2] = (w2 )2 + 2w2E[w3 _ w2] + E[(w3 _ w2 )2],

where we used that w2  is r2-measurable on the second line, and then that w3 _ w2  is independent of r2 on the third line. Since w3 _ w2 ~ N(0, 1), we have E[w3 _ w2] = 0 and E[(w3 _ w2 )2] = 1. Hence,

E[(w3 )2 Ir2] = (w2 )2 + 2w2 . 0 + 1 = (w2 )2 + 1.

For similar reasons,

E[(w4 )2 Ir2] = (w2 )2 +2w2E[w4 _w2]+E[(w4 _w2 )2] = (w2 )2 +2w2 .0+2 = (w2 )2 +2. We finally obtain

E[xIr2] = (w1 )2 + ((w2 )2 + 1) _ 2((w2 )2 + 2) = (w1 )2 _ (w2 )2 _ 3.

2.  (16 points)  Consider two standard Brownian Motions x = (xt)t≥0  and x>  = (x )t≥0t(>) .   We assume that x and x>  are independent.  We also let yt = xt _ xt(>) , t > 0 .

(i)  (4 points) For any s, t > 0, compute the distribution of xt _ xs(>) .

We know that xt  ~ N(0, t) and xs(>)  ~ N(0, s), and they are independent (since the whole processes x and x>  are independent by assumption). The property about a sum

of independent Gaussian distributed random variables implies that

xt _ xs(>) ~ N(0, t + s).

(ii)  (4 points) Let s > 0. For t > 0, what is the distribution of yα .t ?

From the previous question (with s = t),

yt = xt _ xt(>) ~ N(0, t + t) = N(0, 2t).

Hence,

yα .t ~ N(0, 2st).

(iii)  (8 points) Show that there exists a unique constant s > 0 such that (Zt)t≥0  = (yα .t)t≥0 is  a standard Brownian Motion  (i.e.  find s  explicitly,  and prove  that for this  value, (yα .t)t≥0  is indeed a standard Brownian Motion).

If (Zt)t≥0  is a standard Brownian Motion, we must have in particular Z1  ~ N(0, 1). Using (ii),

Z1 = yα .1 ~ N(0, 2s).

Hence, Z1  ~ N(0, 1) iff 2s = 1, i.e. s = . Hence, there exists a unique possible value of s for which (Zt)t≥0  is a standard Brownian Motion: necessarily, s =  .

Conversely, we need to check the four properties in the definition of standard Brownian Motion for this particular value s0 =  .

(i) We have

Z0 = yα0 .0 = y0 = x0 _ x0(>) = 0,

since x0  = x0(>)  = 0 (x and x>  both start from 0, as they are standard Brownian Motions).

(ii)  For all 0 s s s t,

Zt _ Zs = yα0 .t _ yα0 .s = (xα0 .t _ xα0 .s) + (x0 .t _ x0 .s).

We know that these two increments of x  and x> , respectively, satisfy xα0 .t  _ xα0 .s ~ N(0, s0 .t_s0 .s) = N(0, s0 . (t_s)), and, similarly, x0 .t _x0 .s ~ N(0, s0 . (t _ s)). Since these Gaussian distributed random variables are independent, their sum has distribution

Zt _ Zs ~ N(0, s0 . (t _ s) + s0 . (t _ s)) = N(0, 2s0 . (t _ s)) = N(0, t _ s),

using the value s0 =  .

(iii)  For all 0 s s s t, Zt  _ Zs  = (xα0 .t  _ xα0 .s) + (x0 .t  _ x0 .s) is independent of rs(Z)  = g(Zr   : 0 s r s s). Indeed, denote by rX  and rX!  the filtrations associated with x and x> , respectively:  xα0 .t  _ xα0 .s  is independent of both rα0(X) .s  (using that x is a Brownian Motion, so it has independent increments) and r (since x is independent of x> ), and the same holds true for x0 .t _ x0 .s . On the other hand, each Zr , 0 s r s s, is measurable with respect to the filtration generated by rα0(X) .s u rα0(X)! s .

(iv)  Clearly, (yt)t≥0  has continuous trajectories (as the difference of x and x> , which are standard Brownian Motions, hence have continuous trajectories), and so (Zt)t≥0 as well.

Since (Zt)t≥0 indeed satisfies these four properties, we can conclude that it is a standard

Brownian Motion.

3.  (20 points)

(i)  (10 points) Compute d(s2 . ws) by applying the product rule. From the product rule,

d(s2 . ws) = d(x . y)s = dxs . ys + xs . dys + dxs . dys , with xs = s2  and ys = ws. We have dxs = 2sds and dys = dws, so

dxs . dys = 2sds . dws = 0

(using ds . dws = 0). Hence,

d(s2 . ws) = 2swsds + s2 dws .

(ii)  (10 points) Determine the distribution of  0(t)(s . ws)ds .

By integrating the relation found in (i), we obtain

t                           t

t2 wt = t2 wt _ 02w0 = 2      swsds +      s2 dws .

0                           0

Hence,

0t swsds =  ╱t2 wt _  0t s2 dws、 =  ╱t2    0t dws _  0t s2 dws、 =    0t (t2 _ s2 )dws .

From the It¯o isometry,

0t (t2 _ s2 )dws ~ N ╱0,  0t (t2 _ s2 )2 ds、.

We then compute:

t                                       t                            t                          t

(t2 _ s2 )2 ds =      t4 ds _ 2 .      t2 s2 ds +      s4 ds

0                                      0                            0                          0

= t4 . t _ 2t2 .  + 

= ╱ 1 _  + 、t5 = t5 .

Hence,

0t swsds =    0t (t2 _ s2 )dws ~ N ╱0,  . t5 、= N ╱0, t5、.

4.  (20 points) Recall that for any real number y,  |y|  denotes its integer part,  i.e.  the largest integer which is s y. Hence, for example:  |3.27| = |3.99| = |3| = 3 .

(i)  (10 points) Determine the distribution of

5

|s|dws .

0

Let Hs  =  |s|:  it is a step function, = 0 on [0, 1), = 1 on [1, 2), = 2 on [2, 3), = 3 on [3, 4), and = 4 on [4, 5). Hence,

5

|s|dws = 0 . (w1 _ w0 ) + 1 . (w2 _ w1 ) + 2 . (w3 _ w2 ) + 3 . (w4 _ w3 ) + 4 . (w5 _ w4 ).

0

The increments (w2  _ w1 ),  (w3  _ w2 ),  (w4  _ w3 ) and (w5  _ w4 ) are independent (property  (iii) in the definition of Brownian Motion), each N(0, 1) distributed  (from property (ii)).  Combining this with the result about a sum of independent Gaussian distributed random variables, we obtain

5

|s|dws ~ N(0, 12 . 1 + 22 . 1 + 32 . 1 + 42 . 1) = N(0, 30).

0

Note that we could also use directly the It¯o isometry, with the deterministic function Hs:

0 5 |s|dws ~ N ╱0,  0 5 ╱|s|、2 ds、,

and we have, using that the integrand ╱|s|、2  is a piecewise constant function,

5

╱|s|、2 ds = 1 . 12 + 1 . 22 + 1 . 32 + 1 . 42 = 30.

0

(ii)  (10 points) Compute

14

cos ╱wo|sl、dws .

0

We observe that Hs(>)  = cos ╱wo|sl 、is a step function:  it is constant over the invervals [0, 1)  (over which it is equal to Hs(>)   = cos(w0 )),  [1, 4)  (Hs(>)   = cos(w1 )),  [4, 9)  (Hs(>)   = cos(w2 )), and [9, 14] (Hs(>) = cos(w3 )). Using the expression for the stochastic integral in the case of a step function, we obtain

14

Hs(>)dws = cos(w0 ) . (w1 _ w0 ) + cos(w1 ) . (w4 _ w1 ) + cos(w2 ) . (w9 _ w4 )

0

+ cos(w3 ) . (w14 _ w9 )

= w1 + cos(w1 ) . (w4 _ w1 ) + cos(w2 ) . (w9 _ w4 )

+ cos(w3 ) . (w14 _ w9 )

(using that w0 = 0, since (wt)t≥0  is a standard Brownian Motion).

5.  (40 points) Let a e R and g > 0 be given. For all t > 0, let yt = at + gwt .

(i)  (4 points) Compute dyt  (in terms of dt and dwt). We have immediately

dyt = adt + gdwt .

(ii)  (4 points) For all t > 0, compute E[eYt] .

Since wt  ~ N(0, t), we have yt  = at + gwt  ~ N(at, g2t).  Hence, using the formula recalled above,

E[eYt] = eat+σ 2 t .

(iii)  (4 points) For all t > 0, let Zt = yteYt, and u(t) = E[Zt].  Compute u(0) . Since (wt)t≥0  is a standard Brownian Motion, we have w0 = 0. Hence,

y0 = a . 0 + g . w0 = 0,

so

Z0 = y0 eY0   = 0.

This implies

u(0) = E[Z0] = 0.

(iv)  (6 points) Compute dZt  (in terms of dt and dwt).

We use It¯o’s formula.  We have Zt  = f (yt), with f (z) = zey , f> (z) = (z + 1)ey  and f>> (z) = (z + 2)ey. Hence,

Zt = f> (yt)dyt + f>> (yt)(dyt)2 = (yt + 1)eYtdyt +  (yt + 2)eYt (dyt)2 .

We have dyt  = adt + gdwt, and thus (dyt)2  = (adt + gdwt)2  = g2 dt, from which we can obtain

dZt = (yt + 1)eYt(adt + gdwt) +  (yt + 2)eYtg2 dt           = ╱╱a + g2、yt + a + g2、eYtdt + g(yt + 1)eYtdwt .

(v)  (8 points) Find an ordinary differential equation (ODE) satisfied by u(t) . By integrating,

Zt = Z0 +   0t  ╱╱a + g2、ys + a + g2、eYsds +

t

g(ys + 1)eYsdws .

0

We then take the expectation of both sides to make appear u(.), and use the general property that the expectation of a stochastic integral is equal to zero:

u(t) = u(0) + E ┌  0t  ╱╱a + g2、ys + a + g2、eYsds┐ + E ┌  0t g(ys + 1)eYsdws┐

= ╱a + g2 、   0t E[yseYs]ds + (a + g2 )  0t E[eYs]ds

= ╱a + g2 、   0t u(s)ds + (a + g2 )  0t e(a+σ 2 )sds

(for the last equality, we used the result of (ii)).  By differentiating this relation with respect to t, we find the ODE:

u> (t) = ╱a + g2、u(t) + (a + g2 )e(a+σ 2 )t ,    with u(0) = 0.

(vi)  (6 points) Determine u(t) for all t > 0 (hint:  look for a solution to the ODE of the form u(t) = eλtv(t), for some well-chosen a).

We look for a solution of the form u(t) = eλtv(t) suggested by the hint, for some a that

we will need to determine. We have

u> (t) = aeλtv(t) + eλtv> (t),

so the ODE becomes

aeλtv(t) + eλtv> (t) = ╱a + g2、eλtv(t) + (a + g2 )e(a+σ 2 )t .

This suggests to take a = a + g2 , which we do, so that the terms in eλtv(t) on both sides cancel out each other. Hence, the ODE gets simplified to

eλtv (t) = (a + g )e>2(a+σ 2 )t

and thus

v> (t) = a + g2 .

By integrating it, we find

v(t) = (a + g2 )t + C,

for some constant C e R. Hence,

u(t) = eλtv(t) = e(a+σ 2 )t ╱(a + g2 )t + C、.

For t = 0, this yields u(0) = C.  Since we have found earlier that u(0) = 0, we can deduce that C = 0, which finally gives

u(t) = eλtv(t) = e(a+σ 2 )t(a + g2 )t.