Tari…cation d’options de type américaine Exercices

Tari…cation d’options de type américaine Exercices

Exercice 7.1. Voici un modèle de marché à trois périodes.

! (S

₀⁰

; S

₀¹

) (S

₁⁰

; S

₁¹

) (S

₂⁰

; S

₂¹

) (S

₃⁰

; S

₃¹

)

!

₁

(1; 80) (1; 1; 100) (1; 2; 125) (1; 3; 150)

!

₂

(1; 80) (1; 1; 100) (1; 2; 125) (1; 3; 100)

!

₃

(1; 80) (1; 1; 100) (1; 2; 80) (1; 4; 100)

!

₄

(1; 80) (1; 1; 100) (1; 2; 80) (1; 4; 64)

!

₅

(1; 80) (1; 1; 64) (1; 15; 80) (1; 2; 100)

!

₆

(1; 80) (1; 1; 64) (1; 15; 80) (1; 2; 64)

!

₇

(1; 80) (1; 1; 64) (1; 15; 50) (1; 3; 64)

!

₈

(1; 80) (1; 1; 64) (1; 15; 50) (1; 3; 40)

Le droit contingent de type américain considéré est une option de vente concernant le deux- ième titre (modélisé par S

¹

) avec un prix d’exercice de 75 dollars.

a) Quel est le prix de ce droit conditionnel ?

b) Vous achetez cette option de vente. Pour chaque état de la nature (!), donnez le moment optimal où vous devriez exercer votre option en considérant que, à tout instant, vous prenez votre décision selon l’information disponible à ce moment.

Exercice 7.2. Nous observons l’évolution des prix de trois titres …nanciers pendant deux périodes de temps. Le premier processus stochastique, S

⁽¹⁾

, représente le prix du titre sans risque à chaque instant, tandis que les deux autres processus, S

⁽²⁾

et S

⁽³⁾

; modélisent les

‡uctuations des prix de deux titres risqués. C’est le modèle de marché utilisé lors

de l’exercice 6.2, vous êtes donc supposé avoir déjà calculé la ou les mesure(s)

martingale(s).

! S

₀⁽¹⁾

; S

₀⁽²⁾

; S

₀⁽³⁾

S

₁⁽¹⁾

; S

₁⁽²⁾

; S

₁⁽³⁾

S

₂⁽¹⁾

; S

₂⁽²⁾

; S

₂⁽³⁾

!

₁

(10; 9; 12) (11; 9; 12) (12; 9; 11)

!

₂

(10; 9; 12) (11; 9; 12) 12; 11;

¹⁴⁵₉

!

₃

(10; 9; 12) (11; 12; 16) 13; 12;

¹²²¹₄₇

!

₄

(10; 9; 12) (11; 12; 16) (13; 12; 16)

!

₅

(10; 9; 12) (11; 12; 16) 13; 15;

¹²²¹₄₇

!

₆

(10; 9; 12) (11; 12; 16) (13; 15; 16)

a) Quelle est la mesure martingale ou quelles sont les mesures martingales du modèle de marché (les calculs sont facultatifs) ?

b) Le premier droit contingent C

₁

que vous devez tarifer a pour sous-jacent le titre (2), c’est-à-dire le premier titre risqué. C’est une option de vente avec un prix d’exercice de 13 dollars, X = max 13 S

₂⁽²⁾

; 0 ; combinée à une option qui verse 10 fois la di¤érence entre le prix du titre risqué et 14 dollars si le prix du titre risqué dépasse 14 dollars, Y = 10 max S

₂⁽²⁾

14; 0 .

! ! S

₀

! S

₁

! S

₂

X Y C

₁

!

₁

(10; 9; 12) (11; 9; 12) (12; 9; 11) 4 0 4

!

2

(10; 9; 12) (11; 9; 12) 12; 11;

¹⁴⁵₉

2 0 2

!

₃

(10; 9; 12) (11; 12; 16) 13; 12;

¹²²¹₄₇

1 0 1

!

₄

(10; 9; 12) (11; 12; 16) (13; 12; 16) 1 0 1

!

₅

(10; 9; 12) (11; 12; 16) 13; 15;

¹²²¹₄₇

0 10 10

!

₆

(10; 9; 12) (11; 12; 16) (13; 15; 16) 0 10 10 (i) Trouvez le prix à l’instant t = 0 de C

₁

s’il est de type européen.

(ii) Trouvez le prix à l’instant t = 0 de C

₁

s’il est de type américain.

(iii) Expliquez la di¤érence entre les prix obtenus en (i) et (ii).

(iv) Déterminez l’instant optimal pour exercer l’option de type américain. (Vous n’avez pas droit à la boule de cristal !)

c) Le droit conditionnel C

₂

de type européen engendre, au temps t = 2, les ‡ux

monétaires présentés dans le tableau suivant :

! ! S

₀

! S

₁

! S

₂

C

₂

!

₁

(10; 9; 12) (11; 9; 12) (12; 9; 11) 0

!

₂

(10; 9; 12) (11; 9; 12) 12; 11;

¹⁴⁵₉

1

!

₃

(10; 9; 12) (11; 12; 16) 13; 12;

¹²²¹₄₇

7

!

₄

(10; 9; 12) (11; 12; 16) (13; 12; 16) 2

!

₅

(10; 9; 12) (11; 12; 16) 13; 15;

¹²²¹₄₇

8

!

₆

(10; 9; 12) (11; 12; 16) (13; 15; 16) 5

Pouvez-vous déterminer le prix de ce droit conditionnel à l’instant t = 0 ? Si oui, quel est-il ?

Sinon, pourquoi ? Justi…ez votre réponse.

Solutions

1 Exercice 7.1

a) Déterminons, dans un premier temps, la valeur au marché du droit contingent:

X

t

= valeur du droit contingent si exercé au temps t

= max 75 S

_t¹

; 0 ;

Y

_t

= valeur actualisée du droit contingent si exercé au temps t

= max (75 S

_t¹

; 0) S

_t⁰

: Ainsi,

! Y

₀

Y

₁

Y

₂

Y

₃

!

₁

0 0 0 0

!

₂

0 0 0 0

!

₃

0 0 0 0

!

₄

0 0 0

^{75 64}_1:4

= 7: 8571

!

₅

0

^{75 64}_1:1

= 10 0 0

!

₆

0

^{75 64}_1:1

= 10 0

^{75 64}_1:2

= 9: 1667

!

₇

0

^{75 64}_1:1

= 10

^{75 50}_1:15

= 21: 739

^{75 64}_1:3

= 8: 4615

!

₈

0

^{75 64}_1:1

= 10

^{75 50}_1:15

= 21: 739

^{75 40}_1:3

= 26: 923

La tari…cation du droit contingent se fait selon une mesure martingale. Déterminons donc les mesures martingales de notre modèle de marché. Une mesure Q est une mesure martingale pour notre modèle de marché si pour tout t 2 f 1; 2; 3 g ;

E

^Q

S

_t¹

S

_t⁰

jF

^{t 1}

= S

_t¹ ₁

S

_t⁰ ₁

ou encore, si pour tout t 2 f 1; 2; 3 g ;

E

^Q

S

_t¹

S

_t⁰

S

_t¹ ₁

S

_t⁰ ₁

jF

^{t 1}

= 0:

Nous cherchons donc ( Q (!

1

) ; :::; Q (!

8

)) = (q

1

; :::; q

8

) tel que S

₃¹

(!

₁

)

S

₃⁰

(!

₁

)

S

₂¹

(!

₁

) S

₂⁰

(!

₁

)

Q (!

₁

)

Q (!

₁

; !

₂

) + S

₃¹

(!

₂

) S

₃⁰

(!

₂

)

S

₂¹

(!

₁

) S

₂⁰

(!

₁

)

Q (!

₂

) Q (!

₁

; !

₂

) = 0 , S

₃¹

(!

₁

)

S

₃⁰

(!

₁

)

S

₂¹

(!

₁

)

S

₂⁰

(!

₁

) Q (!

₁

) + S

₃¹

(!

₂

) S

₃⁰

(!

₂

)

S

₂¹

(!

₁

)

S

₂⁰

(!

₁

) Q (!

₂

) = 0;

S

₃¹

(!

₃

) S

₃⁰

(!

₃

)

S

₂¹

(!

₃

) S

₂⁰

(!

₃

)

Q (!

₃

)

Q (!

₃

; !

₄

) + S

₃¹

(!

₄

) S

₃⁰

(!

₄

)

S

₂¹

(!

₃

) S

₂⁰

(!

₃

)

Q (!

₄

) Q (!

₃

; !

₄

) = 0 , S

₃¹

(!

₃

)

S

₃⁰

(!

₃

)

S

₂¹

(!

₃

)

S

₂⁰

(!

₃

) Q (!

₃

) + S

₃¹

(!

₄

) S

₃⁰

(!

₄

)

S

₂¹

(!

₃

)

S

₂⁰

(!

₃

) Q (!

₄

) = 0;

S

₃¹

(!

₅

) S

₃⁰

(!

5

)

S

₂¹

(!

₅

) S

₂⁰

(!

5

)

Q (!

₅

)

Q (!

5

; !

6

) + S

₃¹

(!

₆

) S

₃⁰

(!

6

)

S

₂¹

(!

₅

) S

₂⁰

(!

5

)

Q (!

₆

) Q (!

5

; !

6

) = 0 , S

₃¹

(!

₅

)

S

₃⁰

(!

₅

)

S

₂¹

(!

₅

)

S

₂⁰

(!

₅

) Q (!

₅

) + S

₃¹

(!

₆

) S

₃⁰

(!

₆

)

S

₂¹

(!

₅

)

S

₂⁰

(!

₅

) Q (!

₆

) = 0;

S

₃¹

(!

₇

) S

₃⁰

(!

₇

)

S

₂¹

(!

₇

) S

₂⁰

(!

₇

)

Q (!

₇

)

Q (!

₇

; !

₈

) + S

₃¹

(!

₈

) S

₃⁰

(!

₈

)

S

₂¹

(!

₇

) S

₂⁰

(!

₇

)

Q (!

₈

) Q (!

₇

; !

₈

) = 0 , S

₃¹

(!

₇

)

S

₃⁰

(!

₇

)

S

₂¹

(!

₇

)

S

₂⁰

(!

₇

) Q (!

₇

) + S

₃¹

(!

₈

) S

₃⁰

(!

₈

)

S

₂¹

(!

₇

)

S

₂⁰

(!

₇

) Q (!

₈

) = 0;

S₂¹(!1) S₂⁰(!1)

S¹₁(!1) S⁰₁(!1)

Q(!1;!2)

Q(!1;!2;!3;!4)

+

^S_S¹²0^(!3) 2(!3)

S₁¹(!1) S₁⁰(!1)

Q(!3;!4)

Q(!1;!2;!3;!4)

= 0 ,

S₂¹(!1) S₂⁰(!1)

S¹₁(!1)

S⁰₁(!1)

( Q (!

₁

) + Q (!

₂

)) +

^S_S¹²0^(!3)

2(!3)

S₁¹(!1)

S₁⁰(!1)

( Q (!

₃

) + Q (!

₄

)) = 0;

S₂¹(!5) S₂⁰(!5)

S¹₁(!5) S⁰₁(!5)

Q(!5;!6)

Q(!5;!6;!7;!8)

+

^S_S¹²0^(!7) 2(!7)

S₁¹(!5) S₁⁰(!5)

Q(!7;!8)

Q(!5;!6;!7;!8)

= 0 ,

S₂¹(!5) S₂⁰(!5)

S¹₁(!5)

S⁰₁(!5)

( Q (!

₅

) + Q (!

₆

)) +

^S_S¹²0^(!7)

2(!7)

S₁¹(!5)

S₁⁰(!5)

( Q (!

₇

) + Q (!

₈

)) = 0;

S

₁¹

(!

₁

) S

₀⁰

S

₀¹

S

₀⁰

Q (!

₁

) + Q (!

₂

)

+ Q (!

₃

) + Q (!

₄

) + S

₁¹

(!

₅

) S

₀⁰

S

₀¹

S

₀⁰

Q (!

₅

) + Q (!

₆

)

+ Q (!

₇

) + Q (!

₈

) = 0 et

Q (!

₁

) + Q (!

₂

) + Q (!

₃

) + Q (!

₄

) + Q (!

₅

) + Q (!

₆

) + Q (!

₇

) + Q (!

₈

) = 1:

Par conséquent, il su¢ t de résoudre le système d’équations linéaires

M 2 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 4

q

₁

q

₂

q

₃

q

₄

q

₅

q

₆

q

₇

q

₈

3 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 5

= 2 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 4

0 0 0 0 0 0 0 1

3 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 5 où

M = 2 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 4

875 78

2125

78

0 0 0 0 0 0

0 0

¹⁰⁰₂₁ ⁴⁴⁰₂₁

0 0 0 0

0 0 0 0

⁹⁵⁰₆₉ ¹¹²⁰₆₉

0 0

0 0 0 0 0 0

¹⁷²⁰₂₉₉ ³⁸⁰⁰₂₉₉

875 66

875 66

800 33

800

33

0 0 0 0

0 0 0 0

²⁸⁸⁰₂₅₃ ²⁸⁸⁰₂₅₃ ³⁷²⁰₂₅₃ ³⁷²⁰₂₅₃

120 11

120 11

120 11

120 11

240 11

240 11

240 11

240 11

1 1 1 1 1 1 1 1

3 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 5

La solution est unique : 2 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 4

q

₁

q

₂

q

₃

q

₄

q

₅

q

₆

q

₇

q

₈

3 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 5

= 2 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 4

: 30527 : 1257 : 19204 4: 3646 10

²

: 10165 8: 6225 10

²

: 10013 4: 5323 10

²

3 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 5 :

Il faut ensuite déterminer le temps d’arrêt optimal et, pour cela, nous avons besoin d’un processus intermédiaire :

Z

₃

= Y

₃

Z

₂

= max Y

₂

; E

^Q

[Z

₃

jF

²

] = max Y

₂

; E

^Q

[Y

₃

jF

²

] Z

₁

= max Y

₁

; E

^Q

[Z

₂

jF

²

]

Z

₀

= max Y

₀

; E

^Q

[Z

₁

jF

²

] :

Ce processus est

! Z

₀

Z

₁

Z

₂

Z

₃

!

₁

4: 2952 : 51439 max f 0; 0 g = 0 0

!

₂

4: 2952 : 51439 max f 0; 0 g = 0 0

!

₃

4: 2952 : 51439 max f 0; 1: 455 g

= 1: 455 0

!

₄

4: 2952 : 51439 max f 0; 1: 455 g

= 1: 455

75 64 1:4

= 7: 8571

!

₅

4: 2952 11: 857 max f 0; 4: 207 g

= 4: 207 0

!

₆

4: 2952 11: 857 max f 0; 4: 207 g

= 4: 207

75 64 1:2

= 9: 1667

!

₇

4: 2952 11: 857 max f 21: 739; 14: 214 g

= 21: 739

75 64 1:3

= 8: 4615

!

₈

4: 2952 11: 857 max f 21: 739; 14: 214 g

= 21: 739

75 40 1:3

= 26: 923 car

E

^Q

[Y

₃

jF

²

] (!

₃

)

= 75 64

1:4 4: 3646 10

²

1

: 19204 + 4: 3646 10

²

= 1: 455

E

^Q

[Y

3

jF

²

] (!

5

)

= 75 64

1:2 8: 6225 10

²

1

: 10165 + 8: 6225 10

²

= 4: 207

E

^Q

[Y

₃

jF

²

] (!

₇

)

= 75 64

1:3 : 10013 + 75 40

1:3 4: 5323 10

²

1

: 10013 + 4: 5323 10

²

= 14: 214;

E

^Q

[Z

2

jF

¹

] (!

1

)

= 1: 455 (: 19204 + 4: 3646 10

²

) : 30527 + : 1257 + : 19204 + 4: 3646 10

²

= : 51439

E

^Q

[Z

₂

jF

¹

] (!

₅

)

= 4: 207 (: 10165 + 8: 6225 10

²

) + 21: 739 (: 10013 + 4: 5323 10

²

) : 10165 + 8: 6225 10

²

+ : 10013 + 4: 5323 10

²

= 11: 857 et

E

^Q

[Z

₁

jF

⁰

] (!

₅

)

= : 51439 (: 30527 + : 1257 + : 19204 + 4: 3646 10

²

) +11: 857 (: 10165 + 8: 6225 10

²

+ : 10013 + 4: 5323 10

²

)

= 4: 2952:

Les temps d’arrêt intermédiaires sont

t

= min f s 2 f t; :::; 3 g j Y

_s

= Z

_s

g : Nous trouvons donc

!

_{0 1 2 3}

!

₁

2 2 2 3

!

₂

2 2 2 3

!

₃

3 3 3 3

!

4

3 3 3 3

!

₅

3 3 3 3

!

₆

3 3 3 3

!

7

2 2 2 3

!

₈

2 2 2 3

Le temps d’arrêt optimal est

0

et le prix du droit contingent est

E

^Q

[Y

₀

] = 4: 2953

car

0 0 0 7: 8571 0 9: 1667 21: 739 21: 739 2 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 4

: 30527 : 1257 : 19204 4: 3646 10

²

: 10165 8: 6225 10

²

: 10013 4: 5323 10

²

3 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 5

= 4: 2953:

b) Nous avons déjà déterminé cet instant lors de la résolution de la partie a :

!

₀

!

₁

2

!

₂

2

!

₃

3

!

₄

3

!

₅

3

!

₆

3

!

₇

2

!

₈

2

2 Exercice 7.2

a) Les mesures martingales sont, selon le choix de la variable libre, Q (!

₁

)

₂₂₀⁹¹ ₂₂₀⁹¹ ₂₂₀⁹¹ ₂₂₀⁹¹

Q (!

₂

)

₂₂₀⁶³ ₂₂₀⁶³ ₂₂₀⁶³ ₂₂₀⁶³

Q (!

₃

) q

₃

2 0;

₁₁₀⁹ ₁₁₀⁹

q

_{4 25 795}²²⁵⁶

q

₅

q

_{6 25 795}³³⁷²

Q (!

₄

)

₁₁₀⁹

q

₃

q

₄

2 0;

₁₁₀⁹

q

_{5 51 590}²⁹¹ _{10 318}²¹⁹³

q

₆

Q (!

₅

)

_{25 795}²²⁵⁶

q

_{3 51 590}²⁹¹

+ q

₄

q

₅

2

51 590²⁹¹

;

_{25 795}^{2256 12}₅₅

q

₆

c’est-à-dire que

Q (!

₁

) = 0; 41364 = 0; 41364 Q (!

₂

) = 0; 28636 = 0; 28636 Q (!

₃

) q

₃

2 (0; 0; 081818) 0; 081818 q

₄

Q (!

₄

) 0; 081818 q

₃

q

₄

2 (0; 0; 081818) Q (!

₅

) 0; 087459 q

₃

0; 0056406 + q

₄

Q (!

₆

) 0; 13072 + q

₃

0; 21254 q

₄

Q (!

₁

) = 0; 41364 = 0; 41364

Q (!

2

) = 0; 28636 = 0; 28636

Q (!

₃

) 0; 087459 q

₅

q

₆

0; 130 72 Q (!

₄

) q

₅

0; 0056406 0; 212 54 q

₆

Q (!

5

) q

5

2 (0; 0056406; 0; 087459) 0; 21818 q

6

Q (!

₆

) 0; 21818 q

₅

q

₆

2 (0; 13072; 0; 21254)

b) Le facteur d’actualisation est

!

₀

=

^S

(1) 0

S⁽¹⁾₀ 1

=

^S

(1) 0

S₁⁽¹⁾ 2

=

^S

(1) 0

S⁽¹⁾₂

f !

₁

; !

₂

g 1

¹⁰₁₁

= 0:90909

¹⁰₁₂

= 0:83333 f !

₃

; !

₄

; !

₅

; !

₆

g 1

¹⁰₁₁

= 0:90909

¹⁰₁₃

= 0:76923 Par conséquent,

E

^Q

[

₂

C

₁

] = 40 12

91 220 + 20

12 63 220 + 10

13 q

₃

+ 10 13

9 110 q

₃

+ 100

13

2256

25795 q

₃

+ 100 13

3372 25795 + q

₃

= 6173 1716

= 3; 5973

(ii)

! X

₀

X

₁

X

₂

!

₁

4 4 4

!

₂

4 4 2

!

₃

4 1 1

!

₄

4 1 1

!

₅

4 1 0

!

₆

4 1 0

! Y

₀

Y

₁

Y

₂

!

₁

0 0 0

!

₂

0 0 0

!

₃

0 0 0

!

₄

0 0 0

!

₅

0 0 10

!

₆

0 0 10

! X

₀

+ Y

₀

X

₁

+ Y

₁

X

₀

+ Y

₀

!

₁

4 4 4

!

₂

4 4 2

!

₃

4 1 1

!

₄

4 1 1

!

₅

4 1 10

!

₆

4 1 10

La valeur actualisée du droit contingent C

₁

évolue comme suit :

! Y

₀

Y

₁

Y

₂

!

₁

4

⁴⁰₁₁ ⁴⁰₁₂

!

₂

4

⁴⁰₁₁ ²⁰₁₂

!

₃

4

¹⁰₁₁ ¹⁰₁₃

! Y

₀

Y

₁

Y

₂

!

₄

4

¹⁰₁₁ ¹⁰₁₃

!

5

4

¹⁰₁₁ ¹⁰⁰₁₃

!

₆

4

¹⁰₁₁ ¹⁰⁰₁₃

! Z

₂

!

₁ ⁴⁰₁₂

!

₂ ²⁰₁₂

!

₃ ¹⁰₁₃

! Z

₂

!

₄ ¹⁰₁₃

!

₅ ¹⁰⁰₁₃

!

₆ ¹⁰⁰₁₃

! Z

₁

!

₁

max

⁴⁰₁₁

;

40 12

91

220+²⁰_{12 220}⁶³

91 220+₂₂₀⁶³

= max

⁴⁰₁₁

;

¹⁷⁵₆₆

=

⁴⁰₁₁

!

₂ ⁴⁰₁₁

= 3:6364

!

₃

max

¹⁰₁₁

;

10

13

(

^q3+₁₁₀^{9 q3}

)

⁺¹⁰⁰₁₃

(

_{25 795}^{2256 q3+}_{25 795}^{3372 +q3}

)

q3+

(

₁₁₀^{9 q}3

)

⁺

(

_{25 795}^{2256 q}3

)

⁺

(

_{25 795}^3372+q3

)

= max

¹⁰₁₁

;

²⁶⁹⁰₄₂₉

=

⁸³⁰₁₄₃

!

₄ ⁸³⁰₁₄₃

= 5: 804 2

!

₅ ⁸³⁰₁₄₃

= 5: 804 2

!

₆ ⁸³⁰₁₄₃

= 5: 804 2

! Z

₀

!

₁

max

⁴⁰₁₀

;

⁴⁰_{11 10}⁷

+

⁸³⁰_{143 10}³

= max

₁₀⁴

;

⁶¹³₁₄₃

=

₁₄₃₀⁶¹³

!

_{2 1430}⁶¹³

= 4: 286 7

!

_{3 1430}⁶¹³

= 4: 286 7

!

_{4 1430}⁶¹³

= 4: 286 7

!

_{5 1430}⁶¹³

= 4: 286 7

!

_{6 1430}⁶¹³

= 4: 286 7 Z

₀

= 613

1430 = 4: 286 7

(iii) Il est normal que le droit contingent américain soit plus cher car il vaut la même

chose que l’européen au temps t = 2, et il vaut plus aux instants 0 et 1 car nous avons

l’option de l’exercer prématurément.

(iv) L’instant optimal pour exercer est le premier instant où Z

t

= Y

t

.

!

!

₁

1

!

₂

1

!

₃

2

!

₄

2

!

5

2

!

₆

2

c) Ce droit conditionnel n’est pas accessible. Par exemple, sur l’atome f !

₃

; !

₄

; !

₅

; !

₆

g , il n’est pas possible de construire un portefeuille ( ; ; ) qui vaudra 7 si !

3

se réalise, 2 si

!

₄

se réalise, 8 si !

₅

se réalise et 5 si !

₆

se réalise. Le système linéaire 2

6 6 4

13 12

¹²²¹₄₇

13 12 16 13 15

¹²²¹₄₇

13 15 16

3 7 7 5

2 4

3 5 =

2 6 6 4

7 2 8 5

3 7 7 5 ne possède pas de solutions.

E

^Q

"

C

₂

S

₂⁽¹⁾

#

= 0

12 10

91 220 + 1

12 10

63 220 + 7

13 10

q

3

+ 2

13 10

9 110 q

3

+ 8

13 10

2256

25 795 q

₃

+ 5

13 10

3372 25 795 + q

₃

= 20

13 q

3

+ 754 101 536 536

= 1: 538 5q

₃

+ 1: 405 5 Puisque q

₃

2 0;

₁₁₀⁹

;

1: 405 5 = 1: 538 5 0 + 1: 405 5 E

^Q

"

C

₁

S

₂⁽¹⁾

#

20 13

9

110 + 754 101

536 536 = 821 637

536 536 = 1: 531 4

Annexe 1

M = 2 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 4

1500 13

1250 12

1000 13

1250

12

0 0 0 0 0 0

0 0

¹⁰⁰⁰₁₄ ⁸⁰⁰₁₂ ⁶⁴⁰₁₄ ⁸⁰⁰₁₂

0 0 0 0

0 0 0 0

¹⁰⁰⁰₁₂ ⁸⁰⁰⁰₁₁₅ ⁶⁴⁰₁₂ ⁸⁰⁰⁰₁₁₅

0 0

0 0 0 0 0 0

⁶⁴⁰₁₃ ⁵⁰⁰⁰₁₁₅ ⁴⁰⁰₁₃ ⁵⁰⁰₁₁₅

1250 12

1000 11

1250 12

1000 11

800 12

1000 11

800 12

1000

11

0 0 0 0

0 0 0 0

⁸⁰⁰⁰₁₁₅ ⁶⁴⁰₁₁ ⁸⁰⁰⁰₁₁₅ ⁶⁴⁰₁₁ ⁵⁰⁰⁰₁₁₅ ⁶⁴⁰₁₁ ⁵⁰⁰₁₁₅ ⁶⁴⁰₁₁

1000

11

80

¹⁰⁰⁰₁₁

80

¹⁰⁰⁰₁₁

80

¹⁰⁰⁰₁₁

80

⁶⁴⁰₁₁

80

⁶⁴⁰₁₁

80

⁶⁴⁰₁₁

80

⁶⁴⁰₁₁

80

1 1 1 1 1 1 1 1

3 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 5

! Z

₀

Z

₁

Z

₂

Z

₃

!

₁

max f 0; 4: 2952 g

= 4: 2952

max f 0; : 51439 g

= : 51439 max f 0; 0 g = 0 0

!

₂

max f 0; 4: 2952 g

= 4: 2952

max f 0; : 51439 g

= : 51439 max f 0; 0 g = 0 0

!

₃

max f 0; 4: 2952 g

= 4: 2952

max f 0; : 51439 g

= : 51439

max f 0; 1: 455 g

= 1: 455 0

!

₄

max f 0; 4: 2952 g

= 4: 2952

max f 0; : 51439 g

= : 51439

max f 0; 1: 455 g

= 1: 455

75 64 1:4

= 7: 8571

!

₅

max f 0; 4: 2952 g

= 4: 2952

max f 10; : 11: 857 g

= 11: 857

max f 0; 4: 207 g

= 4: 207 0

!

₆

max f 0; 4: 2952 g

= 4: 2952

max f 10; : 11: 857 g

= 11: 857

max f 0; 4: 207 g

= 4: 207

75 64 1:2

= 9: 1667

!

₇

max f 0; 4: 2952 g

= 4: 2952

max f 10; : 11: 857 g

= 11: 857

max f 21: 739; 14: 214 g

= 21: 739

75 64 1:3

= 8: 4615

!

₈

max f 0; 4: 2952 g

= 4: 2952

max f 10; : 11: 857 g

= 11: 857

max f 21: 739; 14: 214 g

= 21: 739

75 40 1:3

= 26: 923