题目
例3.4.6 设 sim N(0,1) sim N(0,1), 且X与Y相互独立,证明: =X+Ysim -|||-N(0,2).
题目解答
答案
解析
步骤 1：定义随机变量的分布
给定 $X\sim N(0,1)$ 和 $Y\sim N(0,1)$，这意味着 $X$ 和 $Y$ 都是标准正态分布的随机变量，其概率密度函数分别为：
${f}_{X}(x)=\dfrac {1}{\sqrt {2\pi }}{e}^{-\dfrac {{x}^{2}}{2}}$ 和 ${f}_{Y}(y)=\dfrac {1}{\sqrt {2\pi }}{e}^{-\dfrac {{y}^{2}}{2}}$，其中 $x,y\in R$。
步骤 2：利用卷积公式求 $Z=X+Y$ 的概率密度函数
由于 $X$ 和 $Y$ 相互独立，$Z=X+Y$ 的概率密度函数 ${f}_{Z}(z)$ 可以通过卷积公式求得：
${f}_{Z}(z)={\int }_{-\infty }^{+\infty }{f}_{X}(x)\cdot {f}_{Y}(z-x)dx$。
将 ${f}_{X}(x)$ 和 ${f}_{Y}(y)$ 代入上式，得到：
${f}_{Z}(z)={\int }_{-\infty }^{+\infty }\dfrac {1}{\sqrt {2\pi }}{e}^{-\dfrac {{x}^{2}}{2}}\cdot \dfrac {1}{\sqrt {2\pi }}{e}^{-\dfrac {{(z-x)}^{2}}{2}}dx$。
步骤 3：化简积分表达式
将上式中的指数项合并，得到：
${f}_{Z}(z)={\int }_{-\infty }^{+\infty }\dfrac {1}{2\pi }{e}^{-\dfrac {{x}^{2}+{(z-x)}^{2}}{2}}dx$。
进一步化简指数项，得到：
${f}_{Z}(z)={\int }_{-\infty }^{+\infty }\dfrac {1}{2\pi }{e}^{-\dfrac {{2x}^{2}-2xz+{z}^{2}}{2}}dx$。
将指数项中的二次项配方，得到：
${f}_{Z}(z)={\int }_{-\infty }^{+\infty }\dfrac {1}{2\pi }{e}^{-\dfrac {{(\sqrt {2}\cdot \dfrac {x}{\sqrt {2}})}^{2}}{2}}{e}^{-\dfrac {{z}^{2}}{4}}dx$。
进行变量替换，令 $u=\sqrt {2}\cdot \dfrac {x}{\sqrt {2}}$，则 $du=\dfrac {1}{\sqrt {2}}dx$，代入上式，得到：
${f}_{Z}(z)=\dfrac {1}{\sqrt {2}\cdot \dfrac {1}{2}}{e}^{-\dfrac {{z}^{2}}{4}}{\int }_{-\infty }^{+\infty }\dfrac {1}{\sqrt {2\pi }}{e}^{-\dfrac {{u}^{2}}{2}}du$。
由于 ${\int }_{-\infty }^{+\infty }\dfrac {1}{\sqrt {2\pi }}{e}^{-\dfrac {{u}^{2}}{2}}du=1$，因此：
${f}_{Z}(z)=\dfrac {1}{\sqrt {2\pi }\cdot \sqrt {2}}{e}^{-\dfrac {{z}^{2}}{4}}$，$z\in R$。
步骤 4：确定 $Z$ 的分布
根据 ${f}_{Z}(z)$ 的表达式，可以看出 $Z$ 服从均值为0，方差为2的正态分布，即 $Z\sim N(0,2)$。
给定 $X\sim N(0,1)$ 和 $Y\sim N(0,1)$，这意味着 $X$ 和 $Y$ 都是标准正态分布的随机变量，其概率密度函数分别为：
${f}_{X}(x)=\dfrac {1}{\sqrt {2\pi }}{e}^{-\dfrac {{x}^{2}}{2}}$ 和 ${f}_{Y}(y)=\dfrac {1}{\sqrt {2\pi }}{e}^{-\dfrac {{y}^{2}}{2}}$，其中 $x,y\in R$。
步骤 2：利用卷积公式求 $Z=X+Y$ 的概率密度函数
由于 $X$ 和 $Y$ 相互独立，$Z=X+Y$ 的概率密度函数 ${f}_{Z}(z)$ 可以通过卷积公式求得：
${f}_{Z}(z)={\int }_{-\infty }^{+\infty }{f}_{X}(x)\cdot {f}_{Y}(z-x)dx$。
将 ${f}_{X}(x)$ 和 ${f}_{Y}(y)$ 代入上式，得到：
${f}_{Z}(z)={\int }_{-\infty }^{+\infty }\dfrac {1}{\sqrt {2\pi }}{e}^{-\dfrac {{x}^{2}}{2}}\cdot \dfrac {1}{\sqrt {2\pi }}{e}^{-\dfrac {{(z-x)}^{2}}{2}}dx$。
步骤 3：化简积分表达式
将上式中的指数项合并，得到：
${f}_{Z}(z)={\int }_{-\infty }^{+\infty }\dfrac {1}{2\pi }{e}^{-\dfrac {{x}^{2}+{(z-x)}^{2}}{2}}dx$。
进一步化简指数项，得到：
${f}_{Z}(z)={\int }_{-\infty }^{+\infty }\dfrac {1}{2\pi }{e}^{-\dfrac {{2x}^{2}-2xz+{z}^{2}}{2}}dx$。
将指数项中的二次项配方，得到：
${f}_{Z}(z)={\int }_{-\infty }^{+\infty }\dfrac {1}{2\pi }{e}^{-\dfrac {{(\sqrt {2}\cdot \dfrac {x}{\sqrt {2}})}^{2}}{2}}{e}^{-\dfrac {{z}^{2}}{4}}dx$。
进行变量替换，令 $u=\sqrt {2}\cdot \dfrac {x}{\sqrt {2}}$，则 $du=\dfrac {1}{\sqrt {2}}dx$，代入上式，得到：
${f}_{Z}(z)=\dfrac {1}{\sqrt {2}\cdot \dfrac {1}{2}}{e}^{-\dfrac {{z}^{2}}{4}}{\int }_{-\infty }^{+\infty }\dfrac {1}{\sqrt {2\pi }}{e}^{-\dfrac {{u}^{2}}{2}}du$。
由于 ${\int }_{-\infty }^{+\infty }\dfrac {1}{\sqrt {2\pi }}{e}^{-\dfrac {{u}^{2}}{2}}du=1$，因此：
${f}_{Z}(z)=\dfrac {1}{\sqrt {2\pi }\cdot \sqrt {2}}{e}^{-\dfrac {{z}^{2}}{4}}$，$z\in R$。
步骤 4：确定 $Z$ 的分布
根据 ${f}_{Z}(z)$ 的表达式，可以看出 $Z$ 服从均值为0，方差为2的正态分布，即 $Z\sim N(0,2)$。