二维随机变量函数的分布

§17.4 · 方法技巧🌱 基础篇 →

考频价值

3.16 分/卷近 11 年平均

6/11 年出现年份

3.2 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）二维随机变量与联合分布随机变量的独立性随机变量函数的分布

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 和的分布（卷积公式）： $f_{X + Y} (z) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f (x, z - x) d x$ ，独立时 $= \int f_{X} (x) f_{Y} (z - x) d x$ ，积分限由非零区域确定★★ 必会

一般公式（不要求独立）：设

(X, Y)

的联合密度为

f (x, y)

，则

Z = X + Y

的密度为

f_{Z} (z) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f (x, z - x) d x = \int_{- \infty}^{+ \infty} f (z - y, y) d y,

两式等价，先对哪个变量积分都可以，取便于计算的一个即可。

独立时的特例，即卷积公式：当

X

与

Y

相互独立时，

f (x, y) = f_{X} (x) f_{Y} (y)

，故

f_{X + Y} (z) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f_{X} (x) f_{Y} (z - x) d x,

记作

f_{X} * f_{Y}

。它的含义是：固定和

= z

，对一切拆分

x + (z - x) = z

把两个密度之积累加起来。

确定积分限的步骤，这是求分段密度的基本功：① 列出非零条件，由

f_{X} (x) \neq = 0

给出

x

的范围，由

f_{Y} (z - x) \neq = 0

给出

z - x

的范围，再把它化为含

z

的

x

的范围；② 联立两组不等式得到积分区间，其端点是常数与含

z

的表达式的

max / min

；③ 让

z

从

- \infty

变到

+ \infty

，区间形态发生改变之处就是分段点，逐段积分；④ 拼出分段密度并加以检验：每段都

\geq 0

，且总积分

= 1

。

两个常见的错误：一是把

f_{Y} (z - x)

误写成

f_{Y} (z)

，忘记了两部分应当配成和

= z

；二是只算中间一段而忘记分段。如果两个变量不独立，那么应退回到一般公式或分布函数法。

证明 / 推导

证用分布函数法推导。

F_{Z} (z) = P {X + Y \leq z} = \iint_{x + y \leq z} f (x, y) d x d y = \int_{- \infty}^{+ \infty} d x \int_{- \infty}^{z - x} f (x, y) d y .

对内层作换元

y = u - x

。此时

x

固定，故

d y = d u

，且

y \leq z - x ⟺ u \leq z

，于是

F_{Z} (z) = \int_{- \infty}^{+ \infty} d x \int_{- \infty}^{z} f (x, u - x) d u = \int_{- \infty}^{z} [\int_{- \infty}^{+ \infty} f (x, u - x) d x] d u,

最后一步交换了积分次序。由此可见

F_{Z}

是方括号内函数的变上限积分，对

z

求导即得

f_{Z} (z) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f (x, z - x) d x;

独立时代入

f = f_{X} f_{Y}

，即得卷积公式。

■

举例说明

1987·数一解答：

X, Y

相互独立，

f_{X} (x) = 1 (0 < x < 1)

，

f_{Y} (y) = e^{- y} (y > 0)

，求

Z = 2 X + Y

的概率密度

f_{Z} (z)

。
解：先把

2 X

合并成一个变量。

U = 2 X

的密度为

f_{U} (u) = \frac{1}{2} f_{X} (\frac{u}{2}) = \frac{1}{2} (0 < u < 2)

，且

U

与

Y

仍相互独立，对

Z = U + Y

用卷积公式，得

f_{Z} (z) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f_{U} (x) f_{Y} (z - x) d x .

① 非零条件为

0 < x < 2

且

z - x > 0

，即

x < z

；② 联立得

0 < x < min {2, z}

；③ 区间形态在

z = 0

与

z = 2

处发生改变，故分为三段：
- 当

z \leq 0

时，区间为空，

f_{Z} (z) = 0

；
- 当

0 < z \leq 2

时，

f_{Z} (z) = \int_{0}^{z} \frac{1}{2} e^{- (z - x)} d x = \frac{1}{2} e^{- z} (e^{z} - 1) = \frac{1}{2} (1 - e^{- z})

；
- 当

z > 2

时，

f_{Z} (z) = \int_{0}^{2} \frac{1}{2} e^{- (z - x)} d x = \frac{1}{2} (e^{2} - 1) e^{- z}

。
④ 检验：

\int_{0}^{2} \frac{1}{2} (1 - e^{- z}) d z + \int_{2}^{+ \infty} \frac{1}{2} (e^{2} - 1) e^{- z} d z = \frac{1}{2} (1 + e^{- 2}) + \frac{1}{2} (1 - e^{- 2}) = 1

✓，与分布函数法逐段积分所得完全一致。易错之处：分段点

0, 2

恰是

U

的支撑端点被

z

扫过的位置；如果漏掉

z > 2

的一段，或者把积分上限一律写成

z

，那就错了，这是这类题目常见的失分点。

2. 独立正态之和仍是正态：用卷积与配方法的经典证明★★ 必会

可加性

N (μ_{1}, σ_{1}^{2}) + N (μ_{2}, σ_{2}^{2}) = N (μ_{1} + μ_{2}, σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2})

是常考的结论，但应当真正会证。证法是作卷积积分，再对被积函数的指数配方：把关于积分变量的二次式配成完全平方，剩下的常数项恰好凑成所要的正态密度。期望相加与方差相加这两件事，会在配方的过程中自然出现。

证明 / 推导

证只证

μ_{1} = μ_{2} = 0

的情形，一般情形只需作整体平移。设

X \sim N (0, σ_{1}^{2}), Y \sim N (0, σ_{2}^{2})

相互独立，

Z = X + Y

，由卷积公式得

f_{Z} (z) = \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{1}{2 π σ _{1} σ _{2}} exp {- \frac{x ^{2}}{2 σ _{1}^{2}} - \frac{( z - x ) ^{2}}{2 σ _{2}^{2}}} d x .

记

σ^{2} = σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2}

，对指数中的

x

配方，容易验证有

\frac{x ^{2}}{σ _{1}^{2}} + \frac{( z - x ) ^{2}}{σ _{2}^{2}} = \frac{σ ^{2}}{σ _{1}^{2} σ _{2}^{2}} (x - \frac{σ _{1}^{2}}{σ ^{2}} z)^{2} + \frac{z ^{2}}{σ ^{2}} .

于是

f_{Z} (z) = \frac{1}{2 π σ _{1} σ _{2}} e^{- \frac{z ^{2}}{2 σ ^{2}}} \int_{- \infty}^{+ \infty} exp {- \frac{σ ^{2}}{2 σ _{1}^{2} σ _{2}^{2}} (x - \frac{σ _{1}^{2}}{σ ^{2}} z)^{2}} d x .

内层是正态型的积分，其值为

2 π \cdot \frac{σ _{1} σ _{2}}{σ}

，代入得

f_{Z} (z) = \frac{1}{2 π σ} e^{- \frac{z ^{2}}{2 σ ^{2}}} ⟹ Z \sim N (0, σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2}) .

这就证明了所述的结论。由此可见，方差相加并非巧合，而是配方之后指数中

z^{2}

的系数

\frac{1}{σ ^{2}} = \frac{1}{σ _{1}^{2} + σ _{2}^{2}}

直接给出的。

3. 离散卷积与泊松可加性： $P (λ_{1}) + P (λ_{2}) = P (λ_{1} + λ_{2})$ 的证明★ 要懂

前面讲了连续型的卷积，离散型的情形同样重要。设

X, Y

相互独立且都取非负整数值，则

P (X + Y = k) = i = 0 \sum k P (X = i) P (Y = k - i) (k = 0, 1, 2, \dots),

这就是让

i

从

0

变到

k

的离散卷积。用它可以证明泊松分布的可加性，而证明的关键是二项式定理。

证明 / 推导

证设

X \sim P (λ_{1}), Y \sim P (λ_{2})

相互独立。对

k = 0, 1, 2, \dots

，有

P (X + Y = k) = i = 0 \sum k \frac{λ _{1}^{i} e ^{- λ_{1}}}{i !} \cdot \frac{λ _{2}^{k - i} e ^{- λ_{2}}}{( k - i )!} = \frac{e ^{- (λ_{1} + λ_{2})}}{k !} i = 0 \sum k \frac{k !}{i ! ( k - i )!} λ_{1}^{i} λ_{2}^{k - i} .

求和号内的因子恰是二项系数

(i k)

，故由二项式定理得

i = 0 \sum k (i k) λ_{1}^{i} λ_{2}^{k - i} = (λ_{1} + λ_{2})^{k},

故

P (X + Y = k) = \frac{( λ _{1} + λ _{2} ) ^{k} e ^{- (λ_{1} + λ_{2})}}{k !} ⟹ X + Y \sim P (λ_{1} + λ_{2}) .

用同样的方法，即离散卷积与二项式定理，也能证明参数

p

相同的二项分布之和仍服从二项分布。

4. 最值分布：从分布函数到密度，独立指数的最小值又是指数★★ 必会

前面给出了

max / min

的分布函数，而实际计算中常常需要密度。设

X_{1}, \dots, X_{n} \sim F

独立同分布，其密度为

f

。对

M = max

有

F_{M} = F^{n}

，求导得

f_{M} (t) = n F (t)^{n - 1} f (t)

；对

N = min

有

F_{N} = 1 - (1 - F)^{n}

，从而

f_{N} (t) = n [1 - F (t)]^{n - 1} f (t)

。从直观上看，最大值取到

t

，要求其中有一个恰好等于

t

，其余都

\leq t

，故出现因子

F^{n - 1}

。还有一个值得注意的结论：相互独立的指数分布的最小值仍服从指数分布，且各自的失效率即参数相加。这就是串联系统中最薄弱的元件先损坏这一可靠性模型。

证明 / 推导

证设

X_{i} \sim E (λ_{i})

相互独立，其参数可以不同，令

N = min_{i} X_{i}

。由于最小值

> t

当且仅当全体

> t

，故

P (N > t) = i = 1 \prod n P (X_{i} > t) = i = 1 \prod n e^{- λ_{i} t} = e^{- (λ_{1} + \dots + λ_{n}) t} (t > 0) .

这恰是参数为

λ_{1} + \dots + λ_{n}

的指数分布的生存函数，故

N \sim E (λ_{1} + \dots + λ_{n}), E (N) = \frac{1}{λ _{1} + \dots + λ _{n}},

它比任何单个的

E (X_{i}) = 1/ λ_{i}

都小，即整体寿命由最薄弱的元件决定。

举例说明

设三个相互独立的元件的寿命都

\sim E (λ)

，它们构成串联系统，即其中有一个损坏整机就停止工作。于是系统寿命

T = min (X_{1}, X_{2}, X_{3}) \sim E (3 λ)

，平均寿命

E (T) = \frac{1}{3 λ}

，只有单个元件平均寿命

\frac{1}{λ}

的三分之一。如果改为并联，即全部损坏才停止工作，那么寿命为其中的

max

，分布函数为

F (t) = (1 - e^{- λ t})^{3}

，平均寿命反而更长，需另行积分求

E

。

5. 商与积的分布：用分布函数法先画区域，再分段，然后求导★★ 必会

对于

Z = X / Y, X Y, ∣ X - Y ∣

这一类不是和的函数，卷积公式用不上，但分布函数法始终有效：先写出

F_{Z} (z) = P (g (X, Y) \leq z)

，把

{g (x, y) \leq z}

画成平面区域，与支撑集取交集后对联合密度积分，再对

z

求导。难点始终在于区域随

z

而变化，必须分段讨论。求商还有现成的公式

f_{X / Y} (z) = \int_{- \infty}^{+ \infty} ∣ y ∣ f (z y, y) d y

，但更稳妥的做法是回到分布函数法，亲自作图确定积分限。

举例说明

X, Y

相互独立、均

\sim U (0, 1)

，求

Z = X / Y

的密度。解当

z > 0

时

F_{Z} (z) = P (X \leq z Y)

，只需在单位正方形内、直线

x = z y

下方的区域上积分，其中被积的密度为

1

：

- 当

0 < z \leq 1

时，该直线在正方形内位于对角线下方，所论区域是三角形，故

F_{Z} (z) f_{Z} (z) = \int_{0}^{1} \int_{0}^{z y} 1 d x d y = \int_{0}^{1} z y d y = \frac{z}{2} = \frac{1}{2};

- 当

z > 1

时，该直线较陡：当

y < \frac{1}{z}

时

x

积到

z y

，当

y \geq \frac{1}{z}

时

x

积到

1

，故

F_{Z} (z) f_{Z} (z) = \int_{0}^{1/ z} z y d y + \int_{1/ z}^{1} 1 d y = \frac{1}{2 z} + 1 - \frac{1}{z} = 1 - \frac{1}{2 z} = \frac{1}{2 z ^{2}} .

综上

f_{Z} (z) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{1}{2}, \frac{1}{2 z ^{2}}, 0, 0 < z \leq 1, z > 1, 其他 .

验证

\int_{0}^{1} \frac{1}{2} d z + \int_{1}^{\infty} \frac{1}{2 z ^{2}} d z = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1

。要点：由于区域随

z

变化，因此必须分成

z \leq 1

与

z > 1

两段。这是分布函数法的关键所在。

💡 小知识

两个独立均匀分布之和的密度是一个三角形，四个之和就已经拱出一座钟形的山包，中心极限定理的雏形在这里就能看见。数字音频里两次 dithering 抖动叠加得到的三角分布，用的也是同一条卷积。

基础例题

从最基础开始，循序渐进；先独立尝试，再展开完整解答。

例 1 设

X, Y

相互独立，且

P (X = 0) = P (X = 1) = \frac{1}{2}

，

P (Y = 0) = P (Y = 1) = \frac{1}{2}

。求

Z = X + Y

的分布律。难度 1

思路： $Z = X + Y$ 的每个取值，把所有「凑」出它的 $(x, y)$ 概率相加；因独立，联合概率 = 边缘之积。

Z

可能取

0, 1, 2

。

P (Z = 0) = P (X = 0, Y = 0) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4},

P (Z = 1) = P (X = 0, Y = 1) + P (X = 1, Y = 0) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2},

P (Z = 2) = P (X = 1, Y = 1) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4} .

即

Z P 0 \frac{1}{4} 1 \frac{1}{2} 2 \frac{1}{4}

（这正是二项分布

B (2, \frac{1}{2})

。）小结：离散场合，先列

Z

的取值，再把对应

(x, y)

概率归并相加。

例 2 设

X, Y

相互独立，且都服从参数为

1

的指数分布，即

f_{X} (x) = e^{- x} (x > 0)

，

f_{Y} (y) = e^{- y} (y > 0)

。求

Z = X + Y

的概率密度。难度 2

独立场合用卷积公式

f_{Z} (z) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f_{X} (x) f_{Y} (z - x) d x

。
被积因子非零要求

x > 0

且

z - x > 0

，即

0 < x < z

（这需要

z > 0

）。当

z > 0

时：

f_{Z} (z) = \int_{0}^{z} e^{- x} e^{- (z - x)} d x = \int_{0}^{z} e^{- z} d x = z e^{- z} .

当

z \leq 0

时

f_{Z} (z) = 0

。故

f_{Z} (z) = {z e^{- z}, 0, z > 0, z \leq 0.

（这是参数为

(2, 1)

的伽马分布。）小结：卷积的关键是由「

x

与

z - x

双重约束」定出积分限，并按

z

分段。

例 3 设

X, Y

相互独立，且都服从

[0, 1]

上的均匀分布。求

M = max (X, Y)

的概率密度。难度 2

最大值用分布函数法最省事： $max (X, Y) \leq z ⟺ X \leq z$ 且 $Y \leq z$ 。 独立时概率相乘。
先写

X

（也是

Y

）的分布函数：当

0 \leq z \leq 1

时

F_{X} (z) = z

。故当

0 \leq z \leq 1

：

F_{M} (z) = P (X \leq z, Y \leq z) = F_{X} (z) F_{Y} (z) = z \cdot z = z^{2} .

（

z < 0

时

F_{M} = 0

；

z > 1

时

F_{M} = 1

。）求导得密度：

f_{M} (z) = F_{M}^{'} (z) = {2 z, 0, 0 < z < 1, 其他 .

小结：

F_{m a x} = F_{X} F_{Y}

、

F_{m i n} = 1 - (1 - F_{X}) (1 - F_{Y})

，均以独立为前提；求完分布函数别忘了求导得密度。

真题精选

近年原题，先做做看、自动判分，再对照答案、思路与完整解答。

2024 年 · 数一 · 第 8 题 · 选择题 · 5 分

设随机变量

X, Y

相互独立，且

X

服从正态分布

N (0, 2)

，

Y

服从正态分布

N (- 2, 2)

。若

P {2 X + Y < a} = P {X > Y}

，则

a =

（　　）

A $- 2 - 10$ .
B $- 2 + 10$ .
C $- 2 - 6$ .
D $- 2 + 6$ .

2024 年 · 数一 · 第 10 题 · 选择题 · 5 分

设随机变量

X, Y

相互独立，且均服从参数为

λ

的指数分布。令

Z = ∣ X - Y ∣

，则下列随机变量中与

Z

同分布的是（　　）

A $X + Y$ .
B $\frac{X + Y}{2}$ .
C $2 X$ .
D $X$ .

2023 年 · 数一 · 第 22 题 · 解答题 · 12 分

设二维随机变量

(X, Y)

的概率密度为

f (x, y) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{2}{π} (x^{2} + y^{2}), 0, x^{2} + y^{2} \leq 1, 其他 .

（Ⅰ）求

X

与

Y

的协方差；

（Ⅱ）

X

与

Y

是否相互独立？

（Ⅲ）求

Z = X^{2} + Y^{2}

的概率密度。

2020 年 · 数一 · 第 22 题 · 解答题 · 11 分

设随机变量

X_{1}, X_{2}, X_{3}

相互独立，其中

X_{1}

与

X_{2}

均服从标准正态分布，

X_{3}

的概率分布为

P {X_{3} = 0} = P {X_{3} = 1} = \frac{1}{2}

，

Y = X_{3} X_{1} + (1 - X_{3}) X_{2}

.
（Ⅰ）求二维随机变量

(X_{1}, Y)

的分布函数，结果用标准正态分布函数

Φ (x)

表示；
（Ⅱ）证明随机变量

Y

服从标准正态分布.

随堂练习

先用基础题热身，再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。

练习 1 · 选择题

设

X, Y

相互独立，且都等可能取值

1

或

2

（各以概率

\frac{1}{2}

）。令

Z = X + Y

，则

P (Z = 3) =

（　）。

A $\frac{1}{4}$
B $\frac{1}{3}$
C $\frac{1}{2}$
D $\frac{3}{4}$

练习 2 · 填空题

设

X, Y

相互独立，且都服从

[0, 1]

上的均匀分布，令

M = max (X, Y)

，则

P (M \leq \frac{1}{2}) =

____。

练习 3 · 选择题

设

X \sim N (1, 4)

，

Y \sim N (2, 9)

，且

X, Y

相互独立，则

X + Y

服从（　）。

A $N (3, 13)$
B $N (3, 5)$
C $N (3, 13)$
D $N (1, 13)$

练习 4 · 填空题

设

X, Y

相互独立，且都服从参数为

1

的指数分布（即

P (X > t) = e^{- t}, t > 0

）。令

N = min (X, Y)

，则

P (N > 1) =

____。

练习 5 · 填空题

设

X, Y

相互独立且均服从

[0, 1]

上的均匀分布，

Z = X + Y

。则

Z

的概率密度在

z = 1

处的值

f_{Z} (1) =

____。

练习 6 · 选择题

设

X, Y

相互独立，

X \sim N (0, 1)

，

Y \sim N (0, 1)

。则下列随机变量中服从

χ^{2} (2)

分布的是（　　）。

A $X + Y$
B $X^{2} + Y^{2}$
C $\frac{X}{Y}$
D $(X + Y)^{2}$

练习 7 · 解答题

设

X, Y

相互独立，

X

服从

[0, 1]

上的均匀分布，

Y

服从参数

λ = 1

的指数分布。求

Z = X + Y

的概率密度

f_{Z} (z)

。

2019 年 · 数一 · 第 8 题 · 选择题 · 4 分

设随机变量

X

与

Y

相互独立，且都服从正态分布

N (μ, σ^{2})

，则

P {∣ X - Y ∣ < 1}

（　　）

A与 $μ$ 无关，而与 $σ^{2}$ 有关.
B与 $μ$ 有关，而与 $σ^{2}$ 无关.
C与 $μ, σ^{2}$ 都有关.
D与 $μ, σ^{2}$ 都无关.

2019 年 · 数一 · 第 22 题 · 解答题 · 11 分

设随机变量

X

与

Y

相互独立，

X

服从参数为

1

的指数分布，

Y

的概率分布为

P {Y = - 1} = p, P {Y = 1} = 1 - p (0 < p < 1)

。令

Z = X Y

。

（Ⅰ）求

Z

的概率密度；

（Ⅱ）

p

为何值时，

X

与

Z

不相关；

（Ⅲ）

X

与

Z

是否相互独立？

二维随机变量函数的分布

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 和的分布（卷积公式）：fX+Y​(z)=∫−∞+∞​f(x,z−x)dx，独立时 =∫fX​(x)fY​(z−x)dx，积分限由非零区域确定★★ 必会

2. 独立正态之和仍是正态：用卷积与配方法的经典证明★★ 必会

3. 离散卷积与泊松可加性：P(λ1​)+P(λ2​)=P(λ1​+λ2​) 的证明★ 要懂

4. 最值分布：从分布函数到密度，独立指数的最小值又是指数★★ 必会

5. 商与积的分布：用分布函数法先画区域，再分段，然后求导★★ 必会

基础例题

真题精选

随堂练习

1. 和的分布（卷积公式）： $f_{X + Y} (z) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f (x, z - x) d x$ ，独立时 $= \int f_{X} (x) f_{Y} (z - x) d x$ ，积分限由非零区域确定★★ 必会

3. 离散卷积与泊松可加性： $P (λ_{1}) + P (λ_{2}) = P (λ_{1} + λ_{2})$ 的证明★ 要懂