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Exercices corrigés dAnalyse financière

– Exercices corrigés d'Analyse financière 14e éd. 2020-2021. Collection « En poche ». – Fiscal

Examens corrigés

FrançoisDEMARÇAY

Département de Mathématiques d"Orsay

Université Paris-Saclay, France

1. Examen 1

Exercice 1.Soit un ouvert connexe non vide!C, soitz02!, et soit une fonction f2O(!nfz0g)holomorphe en-dehors dez0. On suppose quefest bornée au voisinage de z

0, au sens où il existe un rayonr >0assez petit avecD

r(z0)!et il existe une constante

06M<1tels que :

sup jzz0jOn fixez12Dr(z0)avecz16=z0. (a)Dresser une figure illustrative complète et esthétique. (b)Montrer, pour0< "612 jz1z0j, que pour tout2C"(z0), on ajz1j>12 jz1z0j. (c)Montrer que :

0 =lim"!>0Z

C "(z0)f()z1d: (d)Soient les deux points :

1:=z0+rz1z0jz1z0j;

0:=z0rz1z0jz1z0:

Soient aussi deux quantités petites0< < "613

jz1z0j. On construit le contour;" àdeuxtrous de serrure de largeur2qui partent orthogonalement du cercleCr(z0)en les deux points1et0, avec contournement dez1puis dez0le long de cercles de rayon". Dresser une nouvelle figure esthétique dans laquelle tous ces éléments apparaissent clai- rement - couleurs recommandées! (e)Justifier par un théorème du cours que : 0 =Z ;"f()z1d: (f)Montrer que : 0 = 12iZ C r(z0)f()z1d12iZ C "(z1)f()z112iZ C "(z0)f()z1d: 1

2 FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Saclay, France(g)Montrer que :

f(z1) =12iZ C r(z0)f()z1d: (h)Justifier l"holomorphie dansDr(z0)de la fonction : z7!Z C r(z0)f()zd: (i)Montrer qu"il existe une unique fonction holomorpheef2O(!)telle queef!nfz0g=f.

(j)Montrer que tout ce qui précède est encore valable en supposant plus généralement qu"il

existe un exposant06 <1et une constante06M<1tels que : f(z)6M1jzz0j(800. L"objectif est de calculer, au moyen de la méthode des résidus, les deux intégrales de Riemann généralisées : I:=Z 1 01x

2+a2dxetJ:=Z

0logxx

2+a2dx:

(a)Commencer par justifier l"existence deI. (b)On introduit la fonctionf(z) :=1z

2+a2. CalculerResf(ia).

(c)AvecR> a, dessiner le contour orienté fermé consistant en le segment[R;R]suivi du demi-cercle de rayonRau-dessus de l"axe réel. (d)Montrer que :

0 =lim

R!1Z

0d(Rei)(Rei)2+a2:

(e)Montrer que : I=2a: (f)On choisit la détermination de la fonction logarithme complexe sur : CiR; définie, pourz=reiavecr >0et avec2 < <32 , parlogz:=logr+i. Sur cet ouvertCniR, on considère la fonction holomorphe : g(z) :=logzz 2+a2: Avec0< " < aet avecR> a, dessiner le contour orienté fermé consistant en le segment[R;"], suivi du demi-cercle de rayon"au-dessus de l"axe réel, suivi du segment [";R], suivi du demi-cercle de rayonRau-dessus de l"axe réel. (g)Montrer que :

J=2aloga:

Indication:Calculer d"abordResg(ia)en utilisant la valeur delogi, que l"on déterminera auparavant.

1.Examen 1 3Exercice 3.Dans un ouvert connexe non vide

C, pour une courbeC1pm(continue)

: [0;1]! fermée (0) = (1)que l"on identifie [0;1]à son image, on définit l"indicede tout pointw2Cn par rapport à par l"intégrale : Ind (w) :=12iZ dzzw: (a)Avec :=C, en utilisant deux couleurs différentes, tracer une courbe qui tourne2 fois autour de0, puis une autre qui tourne+3fois. (b)On introduit, pourt2[0;1], la fonction : (t) :=exp Zt 0 0(s) (s)wds

Calculer la dérivée det7!(t)

(t)wsur[0;1]. (c)Montrer que : (t) = (t)w (0)w(8t2[0;1]): (d)Montrer que : Ind (w)2Z: (e)On suppose dorénavant que l"ouvert connexe est de plussimplement connexe.

D"après le cours, siw2

est un point de référence fixé, cela implique que deux courbes

0: [0;1]!

1: [0;1]!

quelconquesC1pm(continues) allant de w=

0(0) =

1(0)à un autre point quelconque

0(1) =

1(1) =z2

sont toujours homotopesà travers une famille continuet7! s(t) s2[0;1]de courbesC1pmtoutes conte- nues dans

Justifier alors que toute fonction holomorpheg2O(

)possède uneprimitiveG2 O( )avecG0=g. (f)Justifier que pour toute courbeC1pmfermée , on a : 0 =Z g(z)dz(8g2O(

Maintenant, soit un ouvert connexe non vide!

, soitw2!et soit un rayon R>0tel queDR(w)!. Toute fonction holomorphef2O!nfwgen-dehors dewse développe alors en série de Laurent : f(z) =1X n=1a nzwn; normalement convergente sur les compacts deDR(w), avec des coefficients donnés par la formule : a n:=12iZ C r(w)f()(w)n+1d(n2Z); indépendamment du choix d"un rayon intermédiaire0< r 2Cr(w)f()rn:

4 FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Saclay, France(h)Montrer que :

limsup

1 njnjpjanj6r:

(i)Montrer que le rayon de convergence de la série entière : 1X n=1a nZn vaut1. (j)Montrer que la partie singulière : h(z) :=1X n=1a nzwn définit une fonction holomorphe dansCnfwg. (k)Montrer l"holomorphie dans!de la fonction : g:=fh2O(!): (l)On suppose maintenant que l"ouvert connexe et simplement connexe

Ccontient

un nombre finiL>1de points-singularités distinctsw1;:::;wL2 , et on considère une fonction holomorphe : f2O fw1;:::;wLg en-dehors de ces points, ainsi qu"une courbeC1pmfermée : w1;:::;wL: Enfin, on introduit les parties singulières defdans certains petits voisinages ouverts!`3 w h `(z) :=1X n=1a `;nzw` n(16`6L):

Montrer l"holomorphie partout dans

de la fonction : g(z) :=f(z)h1(z) hL(z)2O( (m)Établir laformule des résidus homologique : 12iZ f(z)dz=Ind (w1)Resf(w1) ++Ind (wL)Resf(wL):

Exercice 4.

[Sans indications] (a) Pour2R+, montrer que :Z1 1e

2ix(1 +x2)2dx=2

1 + 2 e2:

(b)Montrer que :Z1

1dx(1 +x2)n+1=135(2n1)246(2n):

2.Corrigé de l"examen 1 52. Corrigé de l"examen 1

Exercice 1.

(a) Voici une figure élémentaire.! z 0D r(z0) C "(z0)z 1 (b)Avec0< "612 jz1z0j, pour tout2C"(z0), à savoir pour tout2Cavec jz0j=", on a en effet grâce àjabj>jaj jbj:z1=z1z0(z0) >jz1z0j jz0j =jz1z0j " >jz1z0j 12 jz1z0j 12 jz1z0j: (c)Quand0< "612 jz1z0jtend vers0, on majore en utilisant l"hypothèse quejfj6M surC"(z0), indépendamment de" >0: Z C "(z0)f()z1d6max

2C"(z0)1jz1jmax

2C"(z0)f()Z

2 0 "ieid 6

2jz1z0jM"2!"!00:

(d)Les deux points :

1:=z0+rz1z0jz1z0j;

0:=z0rz1z0jz1z0

sont situés sur le diamètre du cercleCr(z0)qui contient le segment[z0;z1]. Le contour;" demandé se représente alors comme suit.

6 FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Saclay, Francez

1 z 0 0 1 ;"C "(z0)C "(z1) (e)Comme la fonction7!f()est holomorphe dans!nfz0g, la fonction7!f()z1est holomorphe dans un voisinage ouvert de;"[Int;", donc le théorème de Jordan-Cauchy offre effectivement l"annulation : 0 =Z ;"f()z1d; cela, pour toutz12Dr(z0)fz0gfixé. (f)En faisant tendre!0, les intégrales sur les bords des deux tunnels, effectuées sur

des paires de segments orientés de manière opposée, s"annihilent, et il ne reste plus, à la

limite, que trois intégrales : 0 = 12iZ C r(z0)f()z1d12iZ C "(z1)f()z112iZ C "(z0)f()z1d: s"évanouit, tandis que la deuxième, sur un cercle centré enz1qui s"effondre surz1, tend, comme le cours l"a plusieurs fois démontré, versf(z1), d"où la formule demandée : 0 = 12iZ C r(z0)f()z1df(z1)0: (h)Un théorème du cours utilisant la continuité de(;z)7!f()zpour(;z)2 C r(z0)Dr(z0), allié au fait quez7!1zest holomorphe pourz2Dr(z0)quel que soit2Cr(z0), garantit l"holomorphie dansDr(z0)de la fonction définie comme intégrale

à paramètre holomorphe :

e f(z) :=Z C r(z0)f()zd: (i)Nous venons de voir queef(z) =f(z)en tout pointz2Dr(z0)nfz0g, ce qui fournit un prolongement holomorphe. Mais un tel prolongement est nécessairement unique, car ef(z) =f(z) =bf(z)sur l"ouvert connexe!nfz0gimplique par continuitéef=bfpartout dans!. (j)En supposant plus généralement qu"il existe un exposant06 <1et une constante

06M<1tels que :f(z)6M1jzz0j(80
2.Corrigé de l"examen 1 7et en revenant à la question(c), nous constatons à nouveau la nullité de la limite :
Z C 2 0 "ieid 6
2jz1z0jM"
"2 =constante"1!"!00; et ensuite, tous les arguments restants fonctionnent sans modification.
Exercice 2.
(a) Poura >0, soient donc les deux intégrales : I:=Z 1 01x
2+a2dxetJ:=Z
1
0logxx

2+a2dx:
Sur le compact[0;1], on a intégrabilité de la fonctionx7!1x
2+a2qui est continue bornée
parce quea >0. Puis sur[1;1[, la majoration1x
2+a2<1x

2garantit, grâce au critère de

Riemann, quelim
R!1R R 11x
2+a2dxexiste.
Ensuite, une primitive delogxétant la fonctionxlogxxqui tend vers0avecx >0, on sait quelim"!0R 1 "logxdxexiste, et sur[0;1], le facteur borné1x
2+a2ne perturbe rien.
Sur[1;1],commelacroissancedelogxquandx! 1estinférieureàtoutepuissance x avec >0quelconque, le critère de Riemann appliqué à1x
2assure la convergence de
lim R!1R R
1logxx

2+a2dx.
(b)Comme la fonctionf(z) :=1z
2+a2=1(zia)(z+ia)a un pôle simple enz=ia, son résidu
y vaut : Res f(ia) =limz!ia(zia)1(zia)(z+ia)=12ia: (c)AvecR> a, voici un dessin du contour orienté fermé consistant en le segment[R;R] suivi du demi-cercle de rayonRau-dessus de l"axe réel.R R0ia (d)Toujours avecR> a, grâce à la minorationj+j=j()j>jj jjqui donne :(Rei)2+a2>R2a2;
8 FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Saclay, Franceil est clair que :
Z
0Rieid(Rei)2+a2
6RR 2a2! R!10: (e)Le théorème des résidus donne pour toutR> a: Z 0 Rdxx
2+a2+Z
R 0dxx
2+a2+Z

0d(Rei)(Rei)2+a2= 2i12ia
d"où en faisant tendreR! 1:
I+I+ 0 =a
(f)On choisit donc la détermination de la fonction logarithme complexe sur : C iR; définie, pourz=reiavecr >0et avec2 < <32 , parlogz:=logr+i. Sur cet ouvertCniR, on considère la fonction holomorphe : g(z) :=logzz 2+a2: Avec0< " < aet avecR> a, voici un dessin du contour orienté fermé consistant en le segment[R;"], suivi du demi-cercle de rayon"au-dessus de l"axe réel, suivi du segment[";R], suivi du demi-cercle de rayonRau-dessus de l"axe réel.R Ria "0" (g)En utilisant la valeur du logarithme dep1: logi=logei2 =i2 commençons par calculer le résidu de la fonctiong(z) =logzz
2+a2en l"unique pôle, simple,
qu"elle subit en le pointz=ia:quotesdbs_dbs48.pdfusesText_48

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Examens corrigés

FrançoisDEMARÇAY

Département de Mathématiques d"Orsay

Université Paris-Saclay, France

1. Examen 1

0, au sens où il existe un rayonr >0assez petit avecD

06M<1tels que :

0 =lim"!>0Z

1:=z0+rz1z0jz1z0j;

0:=z0rz1z0jz1z0:

Soient aussi deux quantités petites0< < "613

2 FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Saclay, France(g)Montrer que :

2+a2dxetJ:=Z

0logxx

2+a2dx:

2+a2. CalculerResf(ia).

0 =lim

0d(Rei)(Rei)2+a2:

J=2aloga:

1.Examen 1 3Exercice 3.Dans un ouvert connexe non vide

C, pour une courbeC1pm(continue)

Calculer la dérivée det7!(t)

D"après le cours, siw2

0: [0;1]!

1: [0;1]!

0(0) =

1(0)à un autre point quelconque

0(1) =

1(1) =z2

Justifier alors que toute fonction holomorpheg2O(

Maintenant, soit un ouvert connexe non vide!

4 FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Saclay, France(h)Montrer que :

1 njnjpjanj6r:

Ccontient

Montrer l"holomorphie partout dans

Exercice 4.

2ix(1 +x2)2dx=2

1 + 2 e2:

1dx(1 +x2)n+1=135(2n1)246(2n):

2.Corrigé de l"examen 1 52. Corrigé de l"examen 1

Exercice 1.

2C"(z0)1jz1jmax

2C"(z0)f()Z

2jz1z0jM"2!"!00:

1:=z0+rz1z0jz1z0j;

0:=z0rz1z0jz1z0

6 FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Saclay, Francez

à paramètre holomorphe :

2.Corrigé de l"examen 1 7et en revenant à la question(c), nous constatons à nouveau la nullité de la limite :

2jz1z0jM"

Exercice 2.

2+a2dxetJ:=Z

0logxx

2+a2dx:

2+a2qui est continue bornée

2+a2<1x

2garantit, grâce au critère de

Riemann, quelim

2+a2dxexiste.

2+a2ne perturbe rien.

2assure la convergence de

1logxx

2+a2dx.

2+a2=1(zia)(z+ia)a un pôle simple enz=ia, son résidu

8 FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Saclay, Franceil est clair que :

0Rieid(Rei)2+a2

2+a2+Z

2+a2+Z

0d(Rei)(Rei)2+a2= 2i12ia

I+I+ 0 =a

2+a2en l"unique pôle, simple,