PT_二维连续型随机变量(二维均匀分布@二维正态分布)

PT@经典二维分布@二维均匀分布@二维正态分布

$设D为平面有界区域,其面积为S_D$
- $如果二维随机变量 (X, Y) 的概率密度为 :$
- $f(x,y)=\begin{cases} \frac{1}{S_D},&(x,y)\in{D} \\0,&else \end{cases}$
- $称(X,Y)服从区域D上的二维均匀分布(X,Y)\sim{U_D(D)}$

对于D $的子区域,G\sub{D}$
- $P\set{(X,Y)\in G}=\iint\limits_{G}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y =\iint\limits_{G}\frac{1}{S_D}\mathrm{d}x\mathrm{d}y =\frac{1}{S_D}\iint\limits_{G}\mathrm{d}x\mathrm{d}y =\frac{S_G}{S_D}$
可见, $(X, Y) 落在 D 中的任意一个子区域 G 中的概率和 G 的面积成正比 (与形状, 位置都无关)$
- 服从平面区域上的均匀分布的二维随机变量在该区域内的取值是等可能的

$\begin{cases} 1,&(x,y)\in{D} \\0,&else \end{cases}$

$由 2 x + y = 2$
- $y = 2 - 2 x$
- $x=\frac{2-y}{2}$
$A(x_0,2-2x_0)$
$B(x_0,0)$
$C(0,y_1)$
$D(\frac{2-y_1}{2},y_1)$
$从区域D可以看出,f(x,y)在x\notin[0,1]内为0 \\当x\in[0,1]时,f(x,y)=1; \\ f_X(x)=\int_{-\infin}^{+\infin}f(x,y)dy =0+\int_{0}^{2-2x}1dy+0=y|_{0}^{2-2x}=2-2x$
$从区域D可以看出,f(x,y)在y\notin[0,2]内为0 \\当x\in[0,2]时,f(x,y)=1; \\ f_X(x)=\int_{-\infin}^{+\infin}f(x,y)dx =0+\int_{0}^{\frac{2-y}{2}}1dy+0 =x|_{0}^{\frac{2-y}{2}}=\frac{2-y}{2}$

仅讨论密度函数
一般式:
- $X\sim(\mu,\sigma^2)$
- $f(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\cdot{\sigma}}e^{-\frac{1}{2}\frac{1}{\sigma^2}(x-u)^2}$
标准式
- $X\sim(0,1)$
  - ( $\mu=0,\sigma^2=1$ )
- $\phi(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}x^2}$

$(X,Y)\sim{N(\mu_1,\mu_2,\sigma_1^2,\sigma^2_2,\rho)}$
- $=\frac{1}{{2\pi}\sigma_1\sigma_2\sqrt{1-\rho^2}} \Huge e^{ \large -\frac{1}{2(1-\rho^2)} \left( (\frac{x-\mu_1}{\sigma_1})^2 -2\rho\frac{x-\mu_1}{\sigma_1}\cdot \frac{y-\mu_2}{\sigma_2} +(\frac{y-\mu_2}{\sigma_2})^2 \right) }$

$f_X(x)=\int_{-\infin}^{+\infin}f(x,y)\mathrm{d}y \\=\frac{1}{{2\pi}\sigma_1\sigma_2\sqrt{1-\rho^2}} \int_{-\infin}^{+\infin}e^{t(u^2+2\rho{uv}+v^2)}\mathrm{d}y \\\xlongequal{dv=\frac{1}{\sigma_2}dy} =\frac{1}{{2\pi}\sigma_1 \sqrt{1-\rho^2}} \int_{-\infin}^{+\infin}e^{t(u^2+2\rho{uv}+v^2)}\mathrm{d}v$
$\\ t(u^2+2\rho{uv}+v^2)中为了将u^2分离出去, \\同时使得剩余部分是一个平方形式 \\ t((u^2(1-\rho^2)+\rho^2u^2)-2\rho{uv}+v^2) \\=-\frac{u^2}{2}+t(\rho^2u^2-2\rho{uv}+v^2) \\=-\frac{u^2}{2}+t((v-\rho{u})^2) \\=-\frac{u^2}{2}-\frac{1}{2(1-\rho^2)}((v-\rho{u})^2)$
$\\f_X(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma_1} e^{-\frac{u^2}{2}} \left( \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sqrt{1-\rho^2}} \cdot \int_{-\infin}^{+\infin} e^{-\frac{1}{2(1-\rho^2)}((v-\rho{u})^2}\mathrm{d}v \right) \\ 记Q=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sqrt{1-\rho^2}} \cdot\int_{-\infin}^{+\infin} e^{-\frac{1}{2(1-\rho^2)}((v-\rho{u})^2} \\这恰好符合一维随机变量正态分布的规范性表达式,Q=1 \\其中:随机变量取值V\sim(\mu,\sigma^2);\sigma=\sqrt{1-\rho^2};\mu=\rho{u}; \\f_X(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma_1} e^{-\frac{u^2}{2}} =\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma_1} e^{-\frac{({x-\mu_1})^2}{2\sigma_1^2}}$
类似的:
- $f_Y(y)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma_2} e^{-\frac{v^2}{2}} =\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma_2} e^{-\frac{({y-\mu_2})^2}{2\sigma_2^2}}$

$F_X(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma_1^2}\int_{-\infin}^{x}e^{-\frac{1}{2\sigma_1^2}{(x-\mu_1)^2}} \\ F_Y(y)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma_2^2}\int_{-\infin}^{x}e^{-\frac{1}{2\sigma_2^2}{(y-\mu_2)^2}}$

对于: $(X,Y)\sim{N(\mu_1,\mu_2,\sigma_1^2,\sigma_2^2,\rho)}$
- 根据上面的推导,可以知道(X,Y)关于X,Y的密度函数是一维正态分布的密度函数
- 所有:
  - $\\X\sim{(\mu_1,\sigma_1^2)} \\Y\sim{(\mu_2,\sigma_2^2)}$

$\\ \begin{vmatrix} a & b\\ c & d \end{vmatrix} \neq{0} \\则(aX+bY,cX+dY)也服从二维正态分布 \\aX+bY也服从一维正态分布$
$\\X\sim{(\mu_1,\sigma_1^2)} \\Y\sim{(\mu_2,\sigma_2^2)} \\且X,Y相互独立,(否则没有后续结论) \\ 那么\rho=0, (X,Y)\sim{N(\mu_1,\mu_2,\sigma_1^2,\sigma_2^2,\rho)}$

边缘分布为正态分布的二维联合分布,未必是二维正态分布
- $\\f(x,y)=\frac{1}{2\pi}e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}(1+\sin{x}\cos{y}) \\={\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}}e^{-{x^2}}\cdot e^{-y^2}(1+\sin{x}\cos{y}) \\ =\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-{x^2}} \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-{y^2}} (1+\sin{x}\cos{y}) \\F_X(x)=\int_{-\infin}^{+\infin}f(x,y)dy \\ =\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-{x^2}} \int_{-\infin}^{+\infin}\frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-{y^2}}(1+\sin{x}\cos{y})dy \\=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-{x^2}} (\int_{-\infin}^{+\infin}\frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-{y^2}}dy + \int_{-\infin}^{+\infin}\sin{x}\cos{y}\mathrm{d}y) \\ =\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-{x^2}} (\int_{-\infin}^{+\infin}\frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-{y^2}}dy + \sin{x}\int_{-\infin}^{+\infin}\cos{y}\mathrm{d}y) \\=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-{x^2}}(1+0) =\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-{x^2}} \\这是个标准的正态分布(X\sim{N(0,1)})$
$由于轮换对称,所以f_Y(y)也还是标准正态分布$
- $而 f (x, y) 显然不是二维正态分布$