【概率论基础进阶】多维随机变量及其分布-二维均匀分布和二维正态分布

文章目录

• • 二维均匀分布
  • 二维正态分布
  • • 性质

二维均匀分布

定义：如果二维连续型随机变量$(X,Y)$的概率密度为
f ( x , y ) = { 1 A ( x , y ) ∈ G 0 其他 f(x,y)=\left\{\begin{aligned}& \frac{1}{A}&(x,y) \in G\\&0&其他\end{aligned}\right. f(x,y)=⎩ ⎨ ⎧​​A1​0​(x,y)∈G其他​
其中$A$是平面有界区域$G$的面积，则称$(X,Y)$服从区域$G$上的均匀分布

设$(X,Y)$在$G$上服从均匀分布，$D$是$G$中的一个部分区域，记它们的面积分别为 S D S_{D} SD​和 S G S_{G} SG​，则 P { ( X , Y ) ∈ D } = S D S G \begin{aligned} P \left\{(X,Y)\in D\right\}=\frac{S_{D}}{S_{G}}\end{aligned} P{(X,Y)∈D}=SG​SD​​​

例1：设二维连续型随机变量$(X,Y)$在区域$D$上服从均匀分布，其中
D = { ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 1 } D=\left\{(x,y)|x^{2}+y^{2} \leq 1\right\} D={(x,y)∣x2+y2≤1}
求

• $X$的边缘密度 f X ( x ) f_{X}(x) fX​(x)
• 条件概率密度 f Y ∣ X ( y ∣ x ) f_{Y|X}(y|x) fY∣X​(y∣x)

区域$D$是半径为$1$的单位圆，其面积应为$\pi$，因此$(X,Y)$的联合密度
f ( x , y ) = { 1 π x 2 + y 2 ≤ 1 0 其他 f(x,y)=\left\{\begin{aligned}& \frac{1}{\pi}&x^{2}+y^{2}\leq 1\\&0&其他\end{aligned}\right. f(x,y)=⎩ ⎨ ⎧​​π1​0​x2+y2≤1其他​
有
f X ( x ) = ∫ − ∞ + ∞ f ( x , y ) d y = { ∫ − 1 − x 2 1 − x 2 1 π = 2 π 1 − x 2 − 1 ≤ x ≤ 1 0 其他 f_{X}(x)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(x,y)dy=\left\{\begin{aligned}&\int_{-\sqrt{1-x^{2}}}^{\sqrt{1-x^{2}}} \frac{1}{\pi}=\frac{2}{\pi}\sqrt{1-x^{2}}&-1\leq x \leq 1\\&0&其他\end{aligned}\right. fX​(x)=∫−∞+∞​f(x,y)dy=⎩ ⎨ ⎧​​∫−1−x2 ​1−x2 ​​π1​=π2​1−x2 ​0​−1≤x≤1其他​

注意这里$-1\le x\le 1$的范围是根据 x 2 + y 2 ≤ 1 x^{2}+y^{2}\leq 1 x2+y2≤1得到的，因此必须有等号

当$-1<x<1$时
f Y ∣ X ( y ∣ x ) = { 1 2 1 − x 2 − 1 − x 2 ≤ y ≤ 1 − x 2 0 其他 f_{Y|X}(y|x)=\left\{\begin{aligned}& \frac{1}{2\sqrt{1-x^{2}}}&-\sqrt{1-x^{2}}\leq y \leq 1-x^{2}\\&0&其他\end{aligned}\right. fY∣X​(y∣x)=⎩ ⎨ ⎧​​21−x2 ​1​0​−1−x2 ​≤y≤1−x2其他​

而这里$-1<x<1$，是由于条件概率的分母边缘概率，即 f X ( x ) > 0 f_{X}(x)>0 fX​(x)>0，得到的，因此必须没有等号，有等号的时候可以代入边缘概率 f X ( 1 ) = f X ( − 1 ) = 0 f_{X}(1)=f_{X}(-1)=0 fX​(1)=fX​(−1)=0

二维正态分布

定义：如果二维连续型随机变量$(X,Y)$的概率密度为
f ( x , y ) = 1 2 π σ 1 σ 2 1 − ρ 2 exp ⁡ ( − 1 2 ( 1 − ρ 2 ) [ ( x − μ 1 ) 2 σ 1 2 − 2 ρ ( x − μ 1 ) ( y − μ 2 ) σ 1 σ 2 + ( y − μ 2 ) 2 σ 2 2 ] ) − ∞ < x < + ∞ , − ∞ < y < + ∞ \begin{aligned} f(x,y)&= \frac{1}{2\pi \sigma_{1}\sigma_{2}\sqrt{1-\rho^{2}}}\exp\left(- \frac{1}{2(1-\rho^{2})}\left[\frac{(x-\mu_{1})^{2}}{\sigma_{1}^{2}}-\frac{2\rho(x-\mu_{1})(y-\mu_{2})}{\sigma_{1}\sigma_{2}}+\frac{(y-\mu_{2})^{2}}{\sigma_{2}^{2}}\right] \right)\\ &-\inftyf(x,y)​=2πσ1​σ2​1−ρ2 ​1​exp(−2(1−ρ2)1​[σ12​(x−μ1​)2​−σ1​σ2​2ρ(x−μ1​)(y−μ2​)​+σ22​(y−μ2​)2​])−∞<x<+∞,−∞<y<+∞​
其中 μ 1 , μ 2 , σ 1 > 0 , σ 2 > 0 , − 1 < ρ < 1 \mu_{1},\mu_{2},\sigma_{1}>0,\sigma_{2}>0,-1<\rho<1 μ1​,μ2​,σ1​>0,σ2​>0,−1<ρ<1，均为常数，$\exp (x)$表示 e x e^{x} ex，则称$(X,Y)$服从参数为 μ 1 , μ 2 , σ 1 , σ 2 , ρ \mu_{1},\mu_{2},\sigma_{1},\sigma_{2},\rho μ1​,μ2​,σ1​,σ2​,ρ的二维正态分布，记作 ( X , Y ) ∼ N ( μ 1 ; μ 2 ; σ 1 ; σ 2 ; ρ ) (X,Y)\sim N(\mu_{1};\mu_{2};\sigma_{1};\sigma_{2};\rho) (X,Y)∼N(μ1​;μ2​;σ1​;σ2​;ρ)

性质

设 ( X , Y ) ∼ N ( μ 1 ; μ 2 ; σ 1 2 ; σ 2 2 ; ρ ) (X,Y)\sim N(\mu_{1};\mu_{2};\sigma_{1}^{2};\sigma_{2}^{2};\rho) (X,Y)∼N(μ1​;μ2​;σ12​;σ22​;ρ)，则

• X ∼ N ( μ 1 , σ 1 2 ) , Y ∼ N ( μ 2 , σ 2 2 ) X \sim N(\mu_{1},\sigma_{1}^{2}),Y \sim N(\mu_{2},\sigma_{2}^{2}) X∼N(μ1​,σ12​),Y∼N(μ2​,σ22​)
• $X$与$Y$相互独立的充分必要条件是$\rho =0$

如果$(X,Y)$二维正态分布可保证$X$与$Y$均正态，反之则不能成立，即已知$X$与$Y$均正态，并不能保证$(X,Y)$正态

• a X + b Y ∼ N ( a μ 1 + b μ 2 , a 2 σ 1 2 + 2 a b σ 1 σ 2 ρ + b 2 σ 2 2 ) aX+bY \sim N(a \mu_{1}+b \mu_{2},a^{2}\sigma^{2}_{1}+2ab \sigma_{1}\sigma_{2}\rho+b^{2}\sigma_{2}^{2}) aX+bY∼N(aμ1​+bμ2​,a2σ12​+2abσ1​σ2​ρ+b2σ22​)
• 当 ∣ a b c d ∣ ≠ 0 \begin{vmatrix}a & b \\ c & d\end{vmatrix}\ne 0 ∣ ∣​ac​bd​∣ ∣​=0时，$(aX+bY,cX+dY)$也一定为二维正态

在今后的数理统计中，常有
随机变量 X 1 , X 2 , ⋯ , X n X_{1},X_{2},\cdots ,X_{n} X1​,X2​,⋯,Xn​相互独立，且 X i ∼ N ( μ , σ 2 ) ( i = 1 , 2 , ⋯ , n ) X_{i} \sim N(\mu,\sigma^{2})(i=1,2,\cdots ,n) Xi​∼N(μ,σ2)(i=1,2,⋯,n)，则有
∑ i = 1 n c i X i ∼ N ( ∑ i = 1 n c i μ , ∑ j = 1 n c j 2 σ 2 ) \sum\limits_{i=1}^{n}c_{i}X_{i}\sim N(\sum\limits_{i=1}^{n}c_{i}\mu,\sum\limits_{j=1}^{n}c_{j}^{2}\sigma^{2}) i=1∑n​ci​Xi​∼N(i=1∑n​ci​μ,j=1∑n​cj2​σ2)
随机变量 X 1 , X 2 , ⋯ , X n X_{1},X_{2},\cdots ,X_{n} X1​,X2​,⋯,Xn​相互独立，且 X i ∼ N ( μ i , σ i 2 ) ( i = 1 , 2 , ⋯ , n ) X_{i} \sim N(\mu_{i},\sigma_{i}^{2})(i=1,2,\cdots ,n) Xi​∼N(μi​,σi2​)(i=1,2,⋯,n)，则有
∑ i = 1 n c i X i ∼ N ( ∑ i = 1 n c i μ i , ∑ j = 1 n c j 2 σ j 2 ) \sum\limits_{i=1}^{n}c_{i}X_{i}\sim N(\sum\limits_{i=1}^{n}c_{i}\mu_{i},\sum\limits_{j=1}^{n}c_{j}^{2}\sigma_{j}^{2}) i=1∑n​ci​Xi​∼N(i=1∑n​ci​μi​,j=1∑n​cj2​σj2​)

例2：设二维随机变量$(X,Y)$的概率密度为
f ( x , y ) = 1 + sin ⁡ x sin ⁡ y 2 π e − 1 2 ( x 2 + y 2 ) , − ∞ < x < + ∞ , − ∞ < y < + ∞ f(x,y)=\frac{1+\sin x \sin y}{2\pi}e^{- \frac{1}{2}(x^{2}+y^{2})},-\inftyf(x,y)=2π1+sinxsiny​e−21​(x2+y2),−∞<x<+∞,−∞<y<+∞
则关于$X$的边缘概率密度 f X ( x ) = ( ) f_{X}(x)=() fX​(x)=()

f X ( x ) = ∫ − ∞ + ∞ 1 + sin ⁡ x sin ⁡ y 2 π e − 1 2 ( x 2 + y 2 ) d y = 1 2 π e − 1 2 x 2 ( ∫ − ∞ + ∞ e − 1 2 y 2 d y + ∫ − ∞ + ∞ sin ⁡ x sin ⁡ y e − 1 2 y 2 d y ) = 1 2 π e − 1 2 x 2 ( ∫ − ∞ + ∞ e − 1 2 y 2 d y + 0 ) 注意 e x 2 常用两种积分积不出来 , 这里单独讨论 \begin{aligned} f_{X}(x)&=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1+\sin x \sin y}{2\pi}e^{- \frac{1}{2}(x^{2}+y^{2})}dy\\ &=\frac{1}{2\pi}e^{- \frac{1}{2}x^{2}} \left(\int_{-\infty}^{+\infty}e^{- \frac{1}{2}y^{2}}dy+\int_{-\infty}^{+\infty}\sin x \sin ye^{- \frac{1}{2}y^{2}}dy\right)\\ &=\frac{1}{2\pi}e^{- \frac{1}{2}x^{2}} \left(\int_{-\infty}^{+\infty}e^{- \frac{1}{2}y^{2}}dy+0\right)\\ &注意e^{x^{2}}常用两种积分积不出来,这里单独讨论 \end{aligned} fX​(x)​=∫−∞+∞​2π1+sinxsiny​e−21​(x2+y2)dy=2π1​e−21​x2(∫−∞+∞​e−21​y2dy+∫−∞+∞​sinxsinye−21​y2dy)=2π1​e−21​x2(∫−∞+∞​e−21​y2dy+0)注意ex2常用两种积分积不出来,这里单独讨论​
对于 I = ∫ − ∞ + ∞ e − 1 2 y 2 d y \begin{aligned} I=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{- \frac{1}{2}y^{2}}dy\end{aligned} I=∫−∞+∞​e−21​y2dy​，有
I 2 = ∫ − ∞ + ∞ e − 1 2 y 2 d y ∫ − ∞ + ∞ e − 1 2 x 2 d x D = { ( x , y ) ∣ x ∈ R , y ∈ R } = ∬ D e − 1 2 ( x 2 + y 2 ) d x d y D = { ( r , θ ) ∣ 0 ≤ r < + ∞ , 0 ≤ θ ≤ 2 π } = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 + ∞ e − 1 2 r 2 r d r = − ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 + ∞ e − 1 2 r 2 d ( − 1 2 r 2 ) = − ∫ 0 2 π d θ ⋅ ( − 1 ) = 2 π \begin{aligned} I^{2}&=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{- \frac{1}{2}y^{2}}dy \int_{-\infty}^{+\infty}e^{- \frac{1}{2}x^{2}}dx \quad D=\left\{(x,y)|x \in R,y \in R\right\}\\ &=\iint\limits_{D}e^{- \frac{1}{2}(x^{2}+y^{2})}dxdy \quad D=\left\{(r,\theta )|0\leq r<+\infty,0 \leq \theta \leq 2\pi\right\}\\ &=\int_{0}^{2\pi}d \theta \int_{0}^{+\infty}e^{- \frac{1}{2}r^{2}}rdr\\ &=-\int_{0}^{2\pi}d \theta \int_{0}^{+\infty}e^{- \frac{1}{2}r^{2}}d \left(-\frac{1}{2}r^{2}\right)\\ &=-\int_{0}^{2\pi}d \theta \cdot (-1)\\ &=2\pi \end{aligned} I2​=∫−∞+∞​e−21​y2dy∫−∞+∞​e−21​x2dxD={(x,y)∣x∈R,y∈R}=D∬​e−21​(x2+y2)dxdyD={(r,θ)∣0≤r<+∞,0≤θ≤2π}=∫02π​dθ∫0+∞​e−21​r2rdr=−∫02π​dθ∫0+∞​e−21​r2d(−21​r2)=−∫02π​dθ⋅(−1)=2π​
因此有 I = 2 π \begin{aligned} I=\sqrt{2\pi}\end{aligned} I=2π ​​，带回原式
f X ( x ) = 1 2 π e − x 2 2 f_{X}(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{\frac{-x^{2}}{2}} fX​(x)=2π ​1​e2−x2​

对于本题，显然$X\sim N(0,1),Y\sim N(0,1)$，即$X$与$Y$都服从标准正态，但$(X,Y)$不是二维正态分布

延伸两个公式
∫ 0 + ∞ e − x 2 d x = π 2 \begin{aligned} \int_{0}^{+\infty}e^{-x^{2}}dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\end{aligned} ∫0+∞​e−x2dx=2π ​​​
证明：
I 2 = ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x ⋅ ∫ 0 + ∞ e − y 2 d y D = { ( x , y ) ∣ x ≥ 0 , y ≥ 0 } = ∬ D e − ( x 2 + y 2 ) d x d y D = { ( r , θ ) ∣ 0 ≤ e < + ∞ , 0 ≤ θ ≤ π 2 } = ∫ 0 π 2 d θ ∫ 0 + ∞ r e − r 2 d r = π 4 I = π 2 \begin{aligned} I^{2}&=\int_{0}^{+\infty}e^{-x^{2}}dx \cdot \int_{0}^{+\infty}e^{-y^{2}dy}\quad D=\left\{(x,y)|x \geq 0,y \geq 0\right\}\\&=\iint\limits_{D}e^{-(x^{2}+y^{2})}dxdy \quad D=\left\{(r,\theta )|0 \leq e <+\infty,0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}\right\}\\&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d \theta \int_{0}^{+\infty}r e^{-r^{2}}dr\\&=\frac{\pi}{4}\\I&=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\end{aligned} I2I​=∫0+∞​e−x2dx⋅∫0+∞​e−y2dyD={(x,y)∣x≥0,y≥0}=D∬​e−(x2+y2)dxdyD={(r,θ)∣0≤e<+∞,0≤θ≤2π​}=∫02π​​dθ∫0+∞​re−r2dr=4π​=2π ​​​

作者：熊骏、曾祥洲
链接：反常积分∫∞0ex2dx的几种计算方法 - 道客巴巴 (doc88.com)

上面算 ∫ − ∞ + ∞ e − 1 2 y 2 d y \begin{aligned} \int_{-\infty}^{+\infty}e^{- \frac{1}{2}y^{2}}dy\end{aligned} ∫−∞+∞​e−21​y2dy​，也可以套该式
∫ − ∞ + ∞ e − 1 2 y 2 d y = 2 ∫ 0 + ∞ e − ( y 2 ) 2 d y = 2 2 ∫ 0 + ∞ e − ( y 2 ) 2 d ( y 2 ) = 2 2 ⋅ π 2 = 2 π \begin{aligned} \int_{-\infty}^{+\infty}e^{- \frac{1}{2}y^{2}}dy&=2\int_{0}^{+\infty}e^{- (\frac{y}{\sqrt{2}})^{2}}dy\\&=2\sqrt{2}\int_{0}^{+\infty}e^{- (\frac{y}{\sqrt{2}})^{2}}d\left(\frac{y}{\sqrt{2}}\right)\\&=2\sqrt{2}\cdot \frac{\sqrt{\pi}}{2}\\&=\sqrt{2\pi}\end{aligned} ∫−∞+∞​e−21​y2dy​=2∫0+∞​e−(2 ​y​)2dy=22 ​∫0+∞​e−(2 ​y​)2d(2 ​y​)=22 ​⋅2π ​​=2π ​​
还有一个公式
∫ 0 + ∞ x n e − x d x = n ! \int_{0}^{+\infty}x^{n}e^{-x}dx=n! ∫0+∞​xne−xdx=n!
其实就是分布积分法，然后代入上下限就行
∫ x n e − x d x = − x n e − x + n ∫ x n − 1 e − x d x = − x n e − x − n x n − 1 e − x + n ( n − 1 ) ∫ x n − 2 e − x d x 将分部积分步骤重复 n 次 = − x n e − x − n x n − 1 e − x − n ( n − 1 ) ( n − 2 ) e − x − ⋯ − n ( n − 1 ) ( n − 2 ) ⋯ 2 x e − x + n ! ∫ e − x d x = − x n e − x − n x n − 1 e − x − n ( n − 1 ) ( n − 2 ) e − x − ⋯ − n ( n − 1 ) ( n − 2 ) ⋯ 2 x e − x − n ! e − x + C 设 f ( x ) = x n = − e − x [ f ( x ) + f ′ ( x ) + ⋯ + f ( n ) ( x ) ] + C \begin{aligned} \int_{}^{}x^{n}e^{-x}dx&=-x^{n}e^{-x}+n \int_{}^{}x^{n-1}e^{-x}dx\\&=-x^{n}e^{-x}-nx^{n-1}e^{-x}+n(n-1)\int_{}^{}x^{n-2}e^{-x}dx\\&将分部积分步骤重复n次\\&=-x^{n}e^{-x}-nx^{n-1}e^{-x}-n(n-1)(n-2)e^{-x}-\cdots -n(n-1)(n-2)\cdots 2xe^{-x}+n!\int_{}^{}e^{-x}dx\\&=-x^{n}e^{-x}-nx^{n-1}e^{-x}-n(n-1)(n-2)e^{-x}-\cdots -n(n-1)(n-2)\cdots 2xe^{-x}-n!e^{-x}+C\\&设f(x)=x^{n}\\&=-e^{-x}[f(x)+f'(x)+\cdots +f^{(n)}(x)]+C\end{aligned} ∫​xne−xdx​=−xne−x+n∫​xn−1e−xdx=−xne−x−nxn−1e−x+n(n−1)∫​xn−2e−xdx将分部积分步骤重复n次=−xne−x−nxn−1e−x−n(n−1)(n−2)e−x−⋯−n(n−1)(n−2)⋯2xe−x+n!∫​e−xdx=−xne−x−nxn−1e−x−n(n−1)(n−2)e−x−⋯−n(n−1)(n−2)⋯2xe−x−n!e−x+C设f(x)=xn=−e−x[f(x)+f′(x)+⋯+f(n)(x)]+C​
代入上下限
∫ 0 + ∞ x n e − x d x = lim ⁡ u → + ∞ x n e − x d x = lim ⁡ u → + ∞ [ − e − x ( x n + n x n − 1 + n ( n − 1 ) x n − 2 + ⋯ + n ! x + n ! ) ] ∣ 0 u = lim ⁡ u → + ∞ − e − u ( u n + n u n − 1 + n ( n − 1 ) u n − 2 + ⋯ + n ! u + n ! ) + n ! \begin{aligned} \int_{0}^{+\infty}x^{n}e^{-x}dx&=\lim\limits_{u \to +\infty}x^{n}e^{-x}dx\\&=\lim\limits_{u \to +\infty}[-e^{-x}(x^{n}+nx^{n-1}+n(n-1)x^{n-2}+\cdots +n!x+n!)]\Big|_{0}^{u}\\&=\lim\limits_{u \to +\infty}-e^{-u}(u^{n}+nu^{n-1}+n(n-1)u^{n-2}+\cdots +n!u+n!)+n!\end{aligned} ∫0+∞​xne−xdx​=u→+∞lim​xne−xdx=u→+∞lim​[−e−x(xn+nxn−1+n(n−1)xn−2+⋯+n!x+n!)]∣ ∣​0u​=u→+∞lim​−e−u(un+nun−1+n(n−1)un−2+⋯+n!u+n!)+n!​
由于 ∀ n ∈ N lim ⁡ x → + ∞ x n e − x = 0 \forall n \in N \lim\limits_{x \to +\infty}x^{n}e^{-x}=0 ∀n∈Nx→+∞lim​xne−x=0，故
∫ 0 + ∞ x n e − x d x = n ! \int_{0}^{+\infty}x^{n}e^{-x}dx=n! ∫0+∞​xne−xdx=n!
作者：乌里扬诺夫丶
链接：x^(n)e(-x)和x^(n)e(x)型积分公式 - 知乎 (zhihu.com)

CSDN话题挑战赛第2期
参赛话题：学习笔记

本文来自互联网用户投稿，文章观点仅代表作者本人，不代表本站立场，不承担相关法律责任。如若转载，请注明出处。 如若内容造成侵权/违法违规/事实不符，请点击【内容举报】进行投诉反馈！