Bonjour
Je remonte et propose une correction pour ceux que ça intéresse !
(quoi, moi ? je n'ai rien d'autre à faire ? non !! ![](img/smileys/smile01.gif)
)
Dans tout ce qui suit, f sera une fonction d'une variable réelle à valeurs réelles, continue et bornée.
Citation :
** 1/X
On poser
On effectue ensuite le changement de variable z=1/x. Il vient alors :
Ainsi, 1/x suit bien une loi de Cauchy.
Citation :
** (1+Y)/(1-Y)
On pose
L'application
![\Large{y\mapsto \frac{1+y}{1-y}}](https://latex.ilemaths.net/ile_tex.cgi?\Large{y\mapsto \frac{1+y}{1-y}})
est un
![\Large{C^{1}}](https://latex.ilemaths.net/ile_tex.cgi?\Large{C^{1}})
-difféomorphisme de
![\Large{\mathbb{R}-\{1\}}](https://latex.ilemaths.net/ile_tex.cgi?\Large{\mathbb{R}-\{1\}})
dans
On effectue le changement de variable
![\Large{z=\frac{1+y}{1-y}}](https://latex.ilemaths.net/ile_tex.cgi?\Large{z=\frac{1+y}{1-y}})
, alors
![\Large{y=\frac{z-1}{z+1}}](https://latex.ilemaths.net/ile_tex.cgi?\Large{y=\frac{z-1}{z+1}})
, donc
![\Large{dy=\frac{2dz}{(1+z)^{2}}}](https://latex.ilemaths.net/ile_tex.cgi?\Large{dy=\frac{2dz}{(1+z)^{2}}})
et :
Ainsi, on voit que Z suit aussi une loi de Cauchy.
Citation :
** (1+XY)/2X
On pose
Ici, on effectue le changement de variable de mon message posté le 01/02/2007 à 19:57
On a alors :
et
ce changement de variable est un
![\Large{C^{1}}](https://latex.ilemaths.net/ile_tex.cgi?\Large{C^{1}})
-difféomorphisme de
![\Large{\mathbb{R^\ast}\times \mathbb{R}}](https://latex.ilemaths.net/ile_tex.cgi?\Large{\mathbb{R^\ast}\times \mathbb{R}})
dans lui-même et par un calcul simple, on voit que son jacobien vaut exactement 2.
alors, on a grâce à la formule du changement de variable et par indépendance de X et Y :
Ici, on suppose sans restreindre la généralité que f est positive.
D'après le théorème de Fubini (Tonelli), on a :
Avec
Or
Ici, le discriminant vaut
donc ses racines sont
![\Large{\frac{1}{2z-i}}](https://latex.ilemaths.net/ile_tex.cgi?\Large{\frac{1}{2z-i}})
et
![\Large{\frac{1}{2z+i}}](https://latex.ilemaths.net/ile_tex.cgi?\Large{\frac{1}{2z+i}})
.
maintenant, on a le choix, soit on est courageux et on fait une décomposition en éléments simples (il y a un peu de calcul mais bon, vu que les poles sont simples, c'est pas insurmontable), soit on utilise un corollaire du théorème des résidus permettant de calculer l'intégrale sur
![\Large{\mathbb{R}}](https://latex.ilemaths.net/ile_tex.cgi?\Large{\mathbb{R}})
d'une fraction rationnelle n'ayant pas de pole réels, quand cela est bien défini.
Plus précisément, on utilise le fait que si P et Q sont deux polynômes à coefficients complexes premiers entre eux tels que
![\Large{\deg(Q)\geq \deg(P)+2 }](https://latex.ilemaths.net/ile_tex.cgi?\Large{\deg(Q)\geq \deg(P)+2 })
avec Q qui n'admet pas de racines réelles, alors :
![\Large{\Bigint_{\mathbb{R}}\frac{P(t)}{Q(t)}dt=2i\pi \bigsum_{z\in E}Res_{z}(\frac{P}{Q})](https://latex.ilemaths.net/ile_tex.cgi?\Large{\Bigint_{\mathbb{R}}\frac{P(t)}{Q(t)}dt=2i\pi \bigsum_{z\in E}Res_{z}(\frac{P}{Q}))
où E est l'ensemble des racines de Q qui sont de partie imaginaire strictement positive.
Ici, E est réduit à i et à
![\Large{\frac{1}{2z-i}}](https://latex.ilemaths.net/ile_tex.cgi?\Large{\frac{1}{2z-i}})
.
Il reste à calculer le résidu de notre fraction rationnelle en ces deux points.
Notons F la fraction rationnelle intrégrée
Avant de passer au calcul de l'autre résidu, on dit d'abord que
on en déduit :
Ainsi,
Finalement, on trouve :
donc
![\Large{\frac{1+XY}{2X}}](https://latex.ilemaths.net/ile_tex.cgi?\Large{\frac{1+XY}{2X}})
suit une loi de Cauchy.
Citation :
***si vous kiffez la proba, alors il reste la loi aussi de (U+V)/(U-V) avec U et V independantes de meme loi, suivant une normale centrée reduite.
en preliminaire, il fallait la loi de U/V => j'ai trouvé qu'elle suivait une cauchy, c'est OK.
On suppose que le calcul de la loi de V/U a déjà été fait (on le fera après).
alors en posant
![\Large{Y=\frac{V}{U}}](https://latex.ilemaths.net/ile_tex.cgi?\Large{Y=\frac{V}{U}})
, Y suit une loi de Cauchy et on remarque que
![\Large{\frac{U+V}{U-V}=\frac{1+Y}{1-Y}}](https://latex.ilemaths.net/ile_tex.cgi?\Large{\frac{U+V}{U-V}=\frac{1+Y}{1-Y}})
avec Y qui suit une loi de Cauchy, donc d'après le calcul fait plus haut, cette variable suit une loi de Cauchy.
Passons maintenant à la preuve de résultat préliminaire admis précédemment.
On suppose donc que U et V sont deux variables indépendantes suivant la même loi
![\Large{\mathcal{N}(0;1)}](https://latex.ilemaths.net/ile_tex.cgi?\Large{\mathcal{N}(0;1)})
.
Ici, aussi, sans restreindre la généralité, on suppose que f est positive.
On pose
![\Large{Z=\frac{U}{V}}](https://latex.ilemaths.net/ile_tex.cgi?\Large{Z=\frac{U}{V}})
, donc par indépendance de U et V :
On effectue ensuite le changement de variable :
l'application qui à (z,v) associe (u,v) est clairement un
![\Large{C^{1}}](https://latex.ilemaths.net/ile_tex.cgi?\Large{C^{1}})
-difféomorphisme de
![\Large{\mathbb{R}\times \mathbb{R}^\ast}](https://latex.ilemaths.net/ile_tex.cgi?\Large{\mathbb{R}\times \mathbb{R}^\ast})
dans lui même.
On a
Le jacobien de cette application vaut v, alors le théorème du changement de variable nous donne :
(on a de nouveau utilisé le théorème de Fubini-Tonelli en choisissant d'intégrer d'abord par rapport à v)
où
![\Large{h(z)=\Bigint_{\mathbb{R}}|v|\exp(-\frac{v^{2}}{2}(1+z^{2}))dv=2\Bigint_{0}^{+\infty}v\exp(-\frac{v^{2}}{2}(1+z^{2}))dv}](https://latex.ilemaths.net/ile_tex.cgi?\Large{h(z)=\Bigint_{\mathbb{R}}|v|\exp(-\frac{v^{2}}{2}(1+z^{2}))dv=2\Bigint_{0}^{+\infty}v\exp(-\frac{v^{2}}{2}(1+z^{2}))dv})
(par parité)
donc
donc finalement, on a :
Donc U/V suit bien une loi de Cauchy.
Kaiser