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
$$f(x,y)=\{\begin{array}{rlr}& \frac{1}{A}& (x,y)\in G\\ & 0& 其他\end{array}$$
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$S_D$和$S_G$，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
$$D=\left\{(x,y)|x^2+y^2\le 1\right\}$$
求

• $X$的边缘密度$f_X(x)$
• 条件概率密度$f_{Y|X}(y|x)$

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
$$f(x,y)=\{\begin{array}{rlr}& \frac{1}{\pi }& x^2+y^2\le 1\\ & 0& 其他\end{array}$$
有
$$f_X(x)={\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x,y)dy=\{\begin{array}{rlr}& {\int }_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}}\frac{1}{\pi }=\frac{2}{\pi }\sqrt{1-x^2}& -1\le x\le 1\\ & 0& 其他\end{array}$$

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

当$-1<x<1$时
$$f_{Y|X}(y|x)=\{\begin{array}{rlr}& \frac{1}{2\sqrt{1-x^2}}& -\sqrt{1-x^2}\le y\le 1-x^2\\ & 0& 其他\end{array}$$

而这里$-1<x<1$，是由于条件概率的分母边缘概率，即$f_X(x)>0$，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$f_X(1)=f_X(-1)=0$

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
$$\begin{array}{rl}f(x,y)& =\frac{1}{2\pi {\sigma }_1{\sigma }_2\sqrt{1-{\rho }^2}}\exp \left(-\frac{1}{2(1-{\rho }^2)}\left[\frac{(x-{\mu }_1{)}^2}{{\sigma }_1^2}-\frac{2\rho (x-{\mu }_1)(y-{\mu }_2)}{{\sigma }_1{\sigma }_2}+\frac{(y-{\mu }_2{)}^2}{{\sigma }_2^2}\right]\right)\\ & -\infty <x<+\infty ,-\infty <y<+\infty \end{array}$$
其中${\mu }_1,{\mu }_2,{\sigma }_1>0,{\sigma }_2>0,-1<\rho <1$，均为常数，$\exp (x)$表示$e^x$，则称$(X,Y)$服从参数为${\mu }_1,{\mu }_2,{\sigma }_1,{\sigma }_2,\rho$的二维正态分布，记作$(X,Y)\sim N({\mu }_1;{\mu }_2;{\sigma }_1;{\sigma }_2;\rho )$

性质

设$(X,Y)\sim N({\mu }_1;{\mu }_2;{\sigma }_1^2;{\sigma }_2^2;\rho )$，则

• $X\sim N({\mu }_1,{\sigma }_1^2),Y\sim N({\mu }_2,{\sigma }_2^2)$
• $X$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

• $aX+bY\sim N(a{\mu }_1+b{\mu }_2,a^2{\sigma }_1^2+2ab{\sigma }_1{\sigma }_2\rho +b^2{\sigma }_2^2)$
• 当$\left|\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right|\ne 0$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$X_1,X_2,\cdots ,X_n$相互独立，且$X_i\sim N(\mu ,{\sigma }^2)(i=1,2,\cdots ,n)$，则有
$$\sum _{i=1}^n{c}_i{X}_i\sim N(\sum _{i=1}^n{c}_i\mu ,\sum _{j=1}^n{c}_j^2{\sigma }^2)$$
随机变量$X_1,X_2,\cdots ,X_n$相互独立，且$X_i\sim N({\mu }_i,{\sigma }_i^2)(i=1,2,\cdots ,n)$，则有
$$\sum _{i=1}^n{c}_i{X}_i\sim N(\sum _{i=1}^n{c}_i{\mu }_i,\sum _{j=1}^n{c}_j^2{\sigma }_j^2)$$

例2：设二维随机变量$(X,Y)$的概率密度为
$$f(x,y)=\frac{1+\sin x\sin y}{2\pi }{e}^{-\frac{1}{2}(x^2+y^2)},-\infty <x<+\infty ,-\infty <y<+\infty$$
则关于$X$的边缘概率密度$f_X(x)=()$

$$\begin{array}{rl}{f}_X(x)& ={\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{1+\sin x\sin y}{2\pi }{e}^{-\frac{1}{2}(x^2+y^2)}dy\\ & =\frac{1}{2\pi }{e}^{-\frac{1}{2}{x}^2}\left({\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-\frac{1}{2}{y}^2}dy+{\int }_{-\infty }^{+\infty }\sin x\sin y{e}^{-\frac{1}{2}{y}^2}dy\right)\\ & =\frac{1}{2\pi }{e}^{-\frac{1}{2}{x}^2}\left({\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-\frac{1}{2}{y}^2}dy+0\right)\\ & 注意e^{x^2}常用两种积分积不出来,这里单独讨论\end{array}$$
对于$\begin{array}{r}I={\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-\frac{1}{2}{y}^2}dy\end{array}$，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$\begin{array}{r}I=\sqrt{2\pi }\end{array}$，带回原式
$$f_X(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{\frac{-x^2}{2}}$$

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
$$\begin{array}{r}{\int }_0^{+\infty }{e}^{-x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi }}{2}\end{array}$$
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$\begin{array}{r}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-\frac{1}{2}{y}^2}dy\end{array}$，也可以套该式
$$\begin{array}{rl}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-\frac{1}{2}{y}^2}dy& =2{\int }_0^{+\infty }{e}^{-(\frac{y}{\sqrt{2}}{)}^2}dy\\ & =2\sqrt{2}{\int }_0^{+\infty }{e}^{-(\frac{y}{\sqrt{2}}{)}^2}d\left(\frac{y}{\sqrt{2}}\right)\\ & =2\sqrt{2}\cdot \frac{\sqrt{\pi }}{2}\\ & =\sqrt{2\pi }\end{array}$$
还有一个公式
$${\int }_0^{+\infty }{x}^n{e}^{-x}dx=n!$$
其实就是分布积分法，然后代入上下限就行
$$\begin{array}{rl}{\int }_{}^{}{x}^n{e}^{-x}dx& =-x^n{e}^{-x}+n{\int }_{}^{}{x}^{n-1}{e}^{-x}dx\\ & =-x^n{e}^{-x}-n{x}^{n-1}{e}^{-x}+n(n-1){\int }_{}^{}{x}^{n-2}{e}^{-x}dx\\ & 将分部积分步骤重复n次\\ & =-x^n{e}^{-x}-n{x}^{n-1}{e}^{-x}-n(n-1)(n-2)e^{-x}-\cdots -n(n-1)(n-2)\cdots 2x{e}^{-x}+n!{\int }_{}^{}{e}^{-x}dx\\ & =-x^n{e}^{-x}-n{x}^{n-1}{e}^{-x}-n(n-1)(n-2)e^{-x}-\cdots -n(n-1)(n-2)\cdots 2x{e}^{-x}-n!e^{-x}+C\\ & 设f(x)=x^n\\ & =-e^{-x}[f(x)+f^{\prime }(x)+\cdots +f^{(n)}(x)]+C\end{array}$$
代入上下限
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\infty }{x}^n{e}^{-x}dx& =\underset{u\to +\infty }{\lim }{x}^n{e}^{-x}dx\\ & =\underset{u\to +\infty }{\lim }[-e^{-x}(x^n+n{x}^{n-1}+n(n-1)x^{n-2}+\cdots +n!x+n!)]{|}_0^u\\ & =\underset{u\to +\infty }{\lim }-e^{-u}(u^n+n{u}^{n-1}+n(n-1)u^{n-2}+\cdots +n!u+n!)+n!\end{array}$$
由于$\forall n\in N\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^n{e}^{-x}=0$，故
$${\int }_0^{+\infty }{x}^n{e}^{-x}dx=n!$$
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