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Universit`a di Milano Bicocca
Prova scritta di Matematica per la Finanza - ECOBAN Li-Z
4 Febbraio 2016
Esercizio 1 Si studino la convergenza assoluta e semplice della seguente serie: +∑∞
n=
[
(−1)n^ log
n + 4 n − 1
)]
Soluzione: La serie
n=2(−1) n (^) ln
n+ n− 1
`e a termini di segno alterno.
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cio`e la convergenza della se-
rie
n=2 ln
n+ n− 1
, che `e una serie a termini positivi. Sia an := ln
n+ n− 1
Osserviamo che
an = ln
n − 1
∼n→+∞
n − 1
=: bn.
Essendo
n=2 bn^ divergente, ne segue che la serie data diverge assolutamente. Studiamo ora la convergenza semplice. Osserviamo innanzitutto che
lim n→∞ (−1)n^ ln
n − 1
Quindi e verificata la prima condizione del criterio di Leibniz necessaria per la convergenza semplice della serie. Verifichiamo ora se (an)n≥ 2e decrescente.
Utilizziamo il metodo della derivata: poniamo f (x) := ln
1 + (^) x−^51
. Allora
f ′(x) = −
(x − 1)^2
x − 1 x + 4
Si vede che per x ≥ 2, f ′(x) < 0. Quindi (an)n≥ 2 `e decrescente e la serie di partenza converge semplicemente.
Esercizio 2
(a) Si calcoli ∫ (^2)
1
3 x + 2 x(1 + x)
dx.
(b) Si determini (^) ∫ x^2 cos xdx.
Soluzione
(a) Siccome (^) x^3 (1+x+2x) = (^2) x + (^) 1+^1 x , l’integrale iniziale diventa ∫ (^2)
1
3 x + 2 x(1 + x)
dx =
1
x
dx +
1
1 + x
dx
= [2 ln(|x|) + ln(|x + 1|)]^21 = 2 ln 2 + ln 3 − 2 ln 1 − ln 2 = ln 6.
(b) Procedendo mediante integrazione per parti abbiamo: ∫ |{z}^ x^2 g
cos| {z } x f ′
dx = sin|{z} x f
|{z}^ x^2 g
sin|{z} x f
|{z}^2 x g′
dx
= x^2 sin x − 2
x sin xdx.
Applicando nuovamente il metodo di integrazione per parti, otteniamo: ∫ x^2 cos xdx = x^2 sin x + 2x cos x − 2
cos xdx
= x^2 sin x + 2x cos x − 2 sin x + c, c ∈ R.
Esercizio 3 Stabilire, al variare del parametro reale k, se il sistema seguente ammette o no soluzioni:
kx −y +3z = 1 kx +y − 2 z = 0 2 kx − 3 y −z = − 7
In caso affermativo, si determinino le soluzioni.
Soluzione Consideriamo il sistema
kx −y +3z = 1 kx +y − 2 z = 0 2 kx − 3 y −z = − 7
La matrice completa del sistema precedente `e:
[A|b] =
k − 1 3 k 1 − 2 2 k − 3 − 1
Siccome det (A) = − 19 k, segue che rango(A) = rango(A|b) = 3 per ogni k ̸= 0, quindi il sistema `e determinato (ammette un’unica soluzione) per ogni k ̸= 0.
soggetto a
x + y ≤ 2 −x + y ≤ 0 2 x ≤ 3 x, y ≥ 0
(b) Che cosa cambierebbe se il problema in (a) fosse un problema di minimiz- zazione?
Soluzione
(a) La soluzione ottimale e nel punto P ∗^ = (3/2; 1/2), quindi x∗^ = 32 , y∗^ = (^12) e il valore massimo delle funzione obiettivoe 3x∗^ + y∗^ = 5.
(b) La soluzione ottimale e nel punto 0 = (0; 0), quindi x∗^ = y∗^ = 0 e il valore minimo delle funzione obiettivoe 3x∗^ + y∗^ = 0.
Esercizio 5 Si considerino i seguenti titoli obbligazionari:
- obbligazione A: cedola annuale del 4%, valore nominale 100 euro e scadenza 3 anni;
- obbligazione B: cedola del 6%, valore nominale 100 euro e scadenza 4 anni. Al tasso del 5% annuo, si determinino i valori attuali delle due obbligazioni, le loro duration e la duration del portafoglio costituito da una obbligazione A e da una obbligazione B. Soluzione Al tasso di valutazione del 5% annuo, i valori attuali dei titoli obbligazionari A e B sono pari a
V 0 A =
1 + i
(1 + i)^2
(1 + i)^3
(1.05)^2
(1.05)^3
V 0 B =
(1.05)^2
(1.05)^3
(1.05)^4
e le loro duration a
DurA^ =
4 · 1
- 05 +^
4 · 2 (1.05)^2 +^
104 · 3 (1.05)^3 V 0 A
DurB^ =
6 · 1
- 05 +^
6 · 2 (1.05)^2 +^
6 · 3 (1.05)^3 +^
106 · 4 (1.05)^4 V 0 B
Di conseguenza,
DurA+B^ =
V 0 A
V 0 A + V 0 B
DurA^ +
V 0 B
V 0 A + V 0 B
DurB^ = 0. 48 · 2 .88 + 0. 52 · 3 .68 = 3. 29
Esercizio 6 Si completi il seguente piano di ammortamento sapendo che il tasso d’interesse annuo `e pari al 5%.
data Ck Ik Rk Dk Ek 0 - - - 0 1 1000 2 4000 3 500 5000 4 3250 5 0
Soluzione
Essendo I 1 = iD 0 = 1000, allora D 0 = 20000. Per lo stesso motivo, D 2 = I 3 i = 10000 e, di conseguenza,^ D^1 =^ D^2 +^ C^2 = 14000.^ Con ragionamenti analoghi, otteniamo allora che data Ck Ik Rk Dk Ek 0 - - - 20000 0 1 6000 1000 7000 14000 6000 2 4000 700 4700 10000 10000 3 5000 500 5500 5000 15000 4 3000 250 3250 2000 18000 5 2000 100 2100 0 20000
Esercizio 7
- Si determini il valore attuale al tasso d’interesse annuo del 5% di una rendita immediata posticipata di 20 rate semestrali di 100 euro.
- Quanto varrebbe invece il valore attuale se la rendita fosse perpetua?
Soluzione
- Il valore attuale della rendita di cui sopra `e pari a
V 0 = R · anqi 2 = 100 · 1 − (1 + i 2 )−^20 i 2
dove i 2 =
1 + i − 1 = 0.0247 `e il tasso equivalente semestrale.
- Se la rendita fosse perpetua, il valore attuale di tale rendita sarebbe pari a V 0 perp =
R
i 2
144 Puu = 0 ↗ 120 ↗ ↘ 100 72 Pud = 8 ↘ ↗ 60 ↘ 36 Pdd = 44
−− − − −− − − −− 0 1 anno 2 anni payoff Put
con u = 1.2 e d = 0.6. Siccome il tasso d’interesse risk-free fornito `e annuale (r = 0.04), deducia- mo che q =
er^ − d u − d
e che P (2) 0 = prezzo della Put europea con scadenza 2 = e−^2 r^
[
q^2 · Puu + 2q(1 − q)Pud + (1 − q)^2 Pdd
]
- In tal caso si avrebbe che
144 ↗ 120 (Pu = 0) ↗ ↘ 100 72 ↘ ↗ 60 (Pd = 20) ↘ 36
−− − − −− − − −− 0 1 anno 2 anni
e che P 0 (1) = prezzo della Put europea con scadenza 1 = e−r^ [q · Pu + (1 − q)Pd] = 5. 098
