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Prueba de que la suma de dos variables aleatorias independientes de Cauchy es Cauchy

¿Existe algún método para demostrar que la suma de dos variables aleatorias independientes de Cauchy es Cauchy? Sé que se puede derivar usando funciones características, pero la cuestión es que todavía no he aprendido las funciones características. No sé nada de Análisis Complejo, Teorema del Residuo, etc.

Me gustaría demostrar la afirmación sólo usando el Cálculo Real. Siéntete libre de usar integrales dobles si lo deseas.

Al buscar, encontré este . Sin embargo, me preguntaba si podría recibir ayuda directamente sobre la fórmula de convolución:

$$f_Z(z)=\int_{-\infty}^\infty f_X(x)f_Y(z-x)\,dx=\int_{-\infty}^\infty\frac{1}{\pi^2}.\frac{1}{1+x^2}.\frac{1}{1+(z-x)^2}dx\tag{1}$$

Aquí he supuesto que $X,Y$ son Cauchy estándar independientes. Pero creo que la fórmula general se puede derivar fácilmente después de algunas sustituciones. Necesito ayuda sobre cómo proceder desde $(1)$ .

EDIT: Tal y como decía la pista en el hipervínculo, he conseguido la respuesta usando esa pista. Sin embargo, no estoy muy seguro de que la pista sea algebraicamente correcta. Tal vez ha habido algún error de escritura en el libro.

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¿Puedes escribir el integrando en la forma $\displaystyle \frac{a(x)}{1+x^2} + \frac{b(x)}{1+(z-x)^2}$ y descomponer esa integral en la suma de dos integrales que podrían ser computables más fácilmente?

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¿Podría proporcionar más información sobre la búsqueda de $a$ y $b$ ? No soy capaz de pensar en tales funciones cuya integral pueda calcular fácilmente.

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Lea sobre el fracciones parciales en un texto de cálculo o en Wikipedia .

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Roger Hoover Puntos 56

Podemos explotar la identidad de Lagrange: $$ (a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2 \tag{1}$$ para declarar: $$ I_z=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{dx}{(1+x^2)(1+(z-x)^2)}=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{dx}{(1+x(z-x))^2+(z-2x)^2}\tag{2}$$ y sustituyendo $x$ con $x+\frac{z}{2}$ en la última integral, obtenemos: $$ I_z = \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{dx}{(1+\frac{z^2}{4}-x^2)^2+4x^2}\tag{3}$$ por lo que $I_z$ sólo depende de $\left(1+\frac{z^2}{4}\right)$ . En aras de la brevedad, dejemos: $$ J(m)=\int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{(x^2-m)^2+4x^2}\tag{4} $$ para cualquier $m\geq 1$ . Con el cambio de variable $x-\frac{m}{x}=u$ que tenemos: $$ J(m) = \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1-\frac{u}{\sqrt{4m+u^2}}}{8m+2m \,u^2}\,du = \frac{1}{2m}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{du}{4+u^2}=\frac{\pi}{4m}\tag{5}$$ de lo que se deduce que:

$$ I_z = \frac{\pi}{2+\frac{z^2}{2}}=\frac{2\pi}{4+z^2}.\tag{6}$$

Lo interesante es que esta prueba no es más que una variación de la prueba de la relación entre la media aritmética-geométrica ( AGM ) y el integral elíptica completa del primer tipo ( $K(k)$ ).

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¿Cómo se obtiene la ecuación (5)? $u/\sqrt{4m + u^2} = 0$ ?

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@Alain: esa función es impar e integrable cuando se multiplica por $\frac{1}{1+u^2}$ por lo que no contribuye realmente a la integral.

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Y ese término viene de $(1 + \frac{m}{x^2}) dx = du$ ?

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Landon Carter Puntos 3189

Así que después de no obtener una respuesta satisfactoria a esta pregunta, aquí estoy publicando la última pista que encontré después de una larga y dura búsqueda y de la que el problema se hace inmediatamente evidente.

Descomponer $\dfrac{1}{(1+x^2)(1+(z-x)^2)}=\dfrac{1}{z^2(z^2+4)}\big[\dfrac{2zx}{1+x^2}+\dfrac{z^2}{1+x^2}+\dfrac{2z^2-2zx}{1+(z-x)^2}+\dfrac{z^2}{1+(z-x)^2}\big]$

Lo publico teniendo en cuenta que debe haber un registro en línea que también pueda utilizar para mis cálculos personales en una etapa posterior.

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