连续随机变量的和分布

1 和分布公式（卷积公式）

设 \((X,Y)\) 的概率密度为 \(f(x,y)\)，则 \(Z=X+Y\) 仍为连续型随机变量，其概率密度为：

\[ \begin{aligned} f_Z(z)=\int_{-\infty}^{+\infty}\underbrace{f(x,z-x)}_{\text{联合分布}}dx\stackrel{X,Y\text{独立}}{\Longrightarrow}\int_{-\infty}^{+\infty}\underbrace {f_X(x)f_Y(z-x)}_{\text{边缘分布乘积}}dx\\ f_Z(z)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(z-y,y)dy\stackrel{X,Y\text{独立}}{\Longrightarrow}\int_{-\infty}^{+\infty}f_X(z-y)f_Y(y)dy \end{aligned} \]

2 证明

\(F_Z(z)=\int_{-\infty}^{z}f(z)dz\)，所以目的是凑出 \(\int_{-\infty}^{z}f(z)dz\) 的形式。按照定义法 \(F_Z(z)\)：

\[ F_Z(z)=P\{X+Y\le Z\}=P\{X+Y\in G\}=\iint_{G}f(x,y)dxdy, G: X+Y\le Z \]

以 \(x\) 为基准积分：

\[ \int_{-\infty}^{+\infty}\left[\int_{-\infty}^{z-y}f(x,y)dx \right]dy \] 其中 \(y, z\) 为常数。接下来开始最重要的内容，凑出 \(\int_{-\infty}^{z}f(z)dz\) 的形式，令 \(x=u-y\)，则 \(dx=du\)，\(x \rightarrow -\infty \Rightarrow u \rightarrow -\infty\)，\(x=z-y \Rightarrow u=z\)，则：

\[ \begin{aligned} &\int_{-\infty}^{+\infty}\left[\int_{-\infty}^{z-y}f(x,y)dx \right]dy\\ &=\int_{-\infty}^{+\infty}\left[\int_{-\infty}^{z}f(u-y,y)du \right]dy,\text{将变量替换为 u，和 x 已经无关系}\\ &=\int_{-\infty}^{z}\left[\int_{-\infty}^{+\infty}f(u-y,y)dy \right]du\\ &=\int_{-\infty}^{z}\left[\int_{-\infty}^{+\infty}f(z-y,y)dy \right]dz\\ \end{aligned} \]

即： \(f_Z(z)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(z-y,y)dy\)。同理：\(f_Z(z)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(x,z-x)dx\)

3 例子

假设 \((X,Y)\) 互相独立，都服从 \(N\sim(0,1)\) 分布，概率密度为：

\[ f_X(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{x^2}{2}}\\ f_Y(y)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{y^2}{2}} \]

求 \(Z=X+Y\) 的概率密度。

\[ \begin{aligned} f_Z(z)&=\int_{-\infty}^{+\infty}f(x,z-x)dx\\ &=\int_{-\infty}^{+\infty}f_X(x)f_Y(z-x)dx\\ &=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{(z-x)^2}{2}}dx\\ &=\frac{1}{{2\pi}}e^{-\frac{z^2}{2}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{(-x^2+xz)}dx\\ &=\frac{1}{{2\pi}}e^{-\frac{z^2}{2}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-(x-\frac{z}{2})^2+\frac{z^2}{4}}dx\\ &=\frac{1}{{2\pi}}e^{-\frac{z^2}{4}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-(x-\frac{z}{2})^2}dx\\ &=\frac{1}{{2\pi}}e^{-\frac{z^2}{4}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-(x-\frac{z}{2})^2}dx\\ &=\frac{1}{{2\pi}}e^{-\frac{z^2}{4}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-t^2}dt, \left(t=x-\frac{z}{2}\right)\\ &=\frac{1}{2\sqrt{\pi}}e^{-\frac{z^2}{4}}, \left(\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2}dx=\sqrt{\pi}\right)\\ &=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sqrt{2}}e^{-\frac{(z-0)^2}{2(\sqrt{2})^2}} \end{aligned} \]

即：若 \((X,Y)\) 独立，则之和仍为正态分布，新的正态分布服从：

\(Z=X+Y\sim N(\mu_1+\mu_2,\sigma_1^2+\sigma_2^2)\)