【概率论与数理统计】第三章 多维随机变量及其分布(4)

3 两个随机变量的概率分布

3.1 两个离散型随机变量的函数的函数分布

例1：设二维随机变量$(X,Y)$的分布律为：

X	Y	Y	Y
X	1	2	3
1	$\frac{1}{4}$	$\frac{1}{6}$	$\frac{1}{8}$
2	$\frac{1}{4}$	$\frac{1}{8}$	$\frac{1}{12}$

求：（1）$Z_1=X+Y$的分布律；

（2）$Z_2=XY$的分布律；

（3） P { X = Y } P\{X = Y\} P{X=Y}。

解：（1）$Z_1$可能的取值为 { 1 , 2 } + { 1 , 2 , 3 } = { 2 , 3 , 4 , 5 } \{1,2\} + \{1,2,3\} = \{2,3,4,5\} {1,2}+{1,2,3}={2,3,4,5}；

事件 { Z 1 = 2 } \{Z_1 = 2 \} {Z1​=2}的概率为： P { Z 1 = 2 } = P { X = 1 , Y = 1 } = 1 4 P\{Z_1 = 2\} = P\{X = 1, Y = 1\} = \frac{1}{4} P{Z1​=2}=P{X=1,Y=1}=41​；

事件 { Z 1 = 3 } \{Z_1 = 3 \} {Z1​=3}的概率为： P { Z 1 = 3 } = P { X = 1 , Y = 2 } + P { X = 2 , Y = 1 } = 5 12 P\{Z_1 = 3\} = P\{X = 1, Y = 2\} + P\{X=2, Y=1\} = \frac{5}{12} P{Z1​=3}=P{X=1,Y=2}+P{X=2,Y=1}=125​；

事件 { Z 1 = 4 } \{Z_1 = 4 \} {Z1​=4}的概率为： P { Z 1 = 4 } = P { X = 1 , Y = 3 } + P { X = 2 , Y = 2 } = 1 4 P\{Z_1 = 4\} = P\{X = 1, Y = 3\} + P\{X =2, Y =2\} = \frac{1}{4} P{Z1​=4}=P{X=1,Y=3}+P{X=2,Y=2}=41​；

事件 { Z 1 = 5 } \{Z_1 = 5 \} {Z1​=5}的概率为： P { Z 1 = 5 } = P { X = 2 , Y = 3 } = 1 12 P\{Z_1 = 5\} = P\{X = 2, Y = 3\} = \frac{1}{12} P{Z1​=5}=P{X=2,Y=3}=121​；

因此，$Z_1=X+Y$的分布律为：

$Z_1$	2	3	4	5
P	$\frac{1}{4}$	$\frac{5}{12}$	$\frac{1}{4}$	$\frac{1}{12}$

（2）$Z_2$的取值可能为$1,2,3,4,6$概率分别为：

P { Z 2 = 1 } = P { X = 1 , Y = 1 } = 1 4 P\{Z_2 = 1\} = P\{X=1, Y=1\} = \frac{1}{4} P{Z2​=1}=P{X=1,Y=1}=41​

P { Z 2 = 2 } = P { X = 1 , Y = 2 } + P { X = 2 , Y = 1 } = 5 12 P\{Z_2 = 2\} = P\{X=1, Y=2\} + P\{X=2, Y=1\} = \frac{5}{12} P{Z2​=2}=P{X=1,Y=2}+P{X=2,Y=1}=125​

P { Z 2 = 3 } = P { X = 1 , Y = 3 } = 1 8 P\{Z_2 = 3\} = P\{X=1, Y=3\} = \frac{1}{8} P{Z2​=3}=P{X=1,Y=3}=81​

P { Z 2 = 4 } = P { X = 2 , Y = 2 } = 1 8 P\{Z_2 = 4\} = P\{X=2, Y=2\} = \frac{1}{8} P{Z2​=4}=P{X=2,Y=2}=81​

P { Z 2 = 6 } = P { X = 2 , Y = 3 } = 1 12 P\{Z_2 = 6\} = P\{X=2, Y=3\} = \frac{1}{12} P{Z2​=6}=P{X=2,Y=3}=121​

于是，$Z_2=XY$的概率分布律为：

$Z_2$	1	2	3	4	5
P	$\frac{1}{4}$	$\frac{5}{12}$	$\frac{1}{8}$	$\frac{1}{8}$	$\frac{1}{12}$

（3）事件 { X = Y } = { X = 1 , Y = 1 } ∪ { X = 2 , Y = 2 } \{X = Y\} = \{X=1, Y =1\} \cup \{X=2, Y=2\} {X=Y}={X=1,Y=1}∪{X=2,Y=2}；因此：

P { X = Y } = P { X = 1 , Y = 1 } + P { X = 2 , Y = 2 } = 3 8 P\{X = Y\} = P\{X=1, Y=1\} + P\{X=2, Y =2\} =\frac{3}{8} P{X=Y}=P{X=1,Y=1}+P{X=2,Y=2}=83​

例2：设二维随机变量$(X,Y)$的分布律为：

X	Y	Y	Y
X	1	2	3
1	$\frac{1}{5}$	$0$	$\frac{1}{5}$
2	$\frac{1}{5}$	$\frac{1}{5}$	$\frac{1}{5}$

求：（1）$Z=X-Y$的分布律; （2） P { X < Y } P\{X \lt Y\} P{X<Y}

解：（1）$Z$可能的取值为 { 0 , − 1 , − 2 , 1 } \{0,-1,-2,1\} {0,−1,−2,1}，概率分别为：

P { Z = − 2 } = P { X = 1 , Y = 3 } = 1 5 P\{Z = -2\} = P\{X = 1, Y=3\} = \frac{1}{5} P{Z=−2}=P{X=1,Y=3}=51​

P { Z = − 1 } = P { X = 1 , Y = 2 } + P { X = 2 , Y = 3 } = 1 5 P\{Z = -1\} = P\{X =1,Y=2\} + P\{X=2,Y=3\} = \frac{1}{5} P{Z=−1}=P{X=1,Y=2}+P{X=2,Y=3}=51​

P { Z = 0 } = P { X = 1 , Y = 1 } + P { X = 2 , Y = 2 } = 2 5 P\{Z = 0\} = P\{X=1, Y =1\} + P\{X=2,Y=2\} = \frac{2}{5} P{Z=0}=P{X=1,Y=1}+P{X=2,Y=2}=52​

P { Z = 1 } = P { X = 2 , Y = 1 } = 1 5 P\{Z=1\} = P\{X=2,Y=1\} = \frac{1}{5} P{Z=1}=P{X=2,Y=1}=51​

于是，$Z=X-Y$的分布律为：

Z	-2	-1	0	1
P	$\frac{1}{5}$	$\frac{1}{5}$	$\frac{2}{5}$	$\frac{1}{5}$

（2）事件 { X < Y } = { X = 1 , Y = 2 } ∪ { X = 1 , Y = 3 } ∪ { X = 2 , Y = 3 } \{X \lt Y\} = \{X=1,Y=2\} \cup \{X=1,Y=3\} \cup \{X=2, Y=3\} {X<Y}={X=1,Y=2}∪{X=1,Y=3}∪{X=2,Y=3}，所以：

P { X < Y } = P { X = 1 , Y = 2 } + P { X = 1 , Y = 3 } + P { X = 2 , Y = 3 } = 2 5 P\{X \lt Y\} = P\{X=1,Y=2\} + P\{X=1,Y=3\} + P\{X=2, Y=3\} = \frac{2}{5} P{X<Y}=P{X=1,Y=2}+P{X=1,Y=3}+P{X=2,Y=3}=52​

也可以根据$Z=X-Y$的分布中$Z<0$的概率得到：

P { X < Y } = P { X − Y < 0 } = P { X − Y = − 2 } + ¶ { X − Y = − 1 } = 2 5 P\{X \lt Y\} = P\{X - Y \lt 0\} = P\{X-Y = -2\} + \P\{X-Y = -1\} = \frac{2}{5} P{X<Y}=P{X−Y<0}=P{X−Y=−2}+¶{X−Y=−1}=52​

例3：设随机变量$X$与$Y$相互独立，分别服从参数为${\lambda }_1,{\lambda }_2$的泊松分布，证明：$Z=X+Y$服从参数为$\lambda ={\lambda }_1+{\lambda }_2$的泊松分布。

证明：由已知得：

P { X = k } = λ 1 k e − λ 1 k ! ,    P { Y = k } = λ 2 k e − λ 2 k ! ;    k = 0 , 1 , 2 , . . . P\{X=k\} = \frac{\lambda_1^k e^{-\lambda_1}}{k!},\ \ P\{Y=k\} = \frac{\lambda_2^k e^{-\lambda_2}}{k!};\ \ k=0,1,2,... P{X=k}=k!λ1k​e−λ1​​,  P{Y=k}=k!λ2k​e−λ2​​;  k=0,1,2,...

事件 { Z = k } = { X = 0 , Y = k } ∪ { X = 1 , Y = k − 1 } ∪ . . . ∪ { X = k , Y = 0 } \{Z=k\} = \{X=0,Y=k\} \cup \{X=1,Y=k-1\} \cup ... \cup \{X=k,Y=0\} {Z=k}={X=0,Y=k}∪{X=1,Y=k−1}∪...∪{X=k,Y=0}则：

P { Z = k } = P { X = 0 , Y = k } + P { X = 1 , Y = k − 1 } + . . . + P { X = k , Y = 0 } = ∑ i = 0 k P { X = i , Y = k − i } P\{Z=k\} = P\{X=0,Y=k\} + P\{X=1,Y=k-1\} + ... + P\{X=k,Y=0\} = \sum_{i=0}^{k} P\{X=i, Y=k-i\} P{Z=k}=P{X=0,Y=k}+P{X=1,Y=k−1}+...+P{X=k,Y=0}=∑i=0k​P{X=i,Y=k−i}

因为$X$与$Y$相互独立，所以：

P { X = i , Y = k − i } = P { X = i } ⋅ P { Y = k − i } P\{X=i,Y=k-i\} = P\{X=i\} \cdot P\{Y=k-i\} P{X=i,Y=k−i}=P{X=i}⋅P{Y=k−i} 因此：
P { Z = k } = ∑ i = 0 k P { X = i } ⋅ P { Y = k − i } = ∑ i = 0 k λ 1 i e − λ 1 i ! ⋅ λ 2 k − i e − λ 2 ( k − i ) ! = ∑ i = 0 k λ 1 i e − λ 1 i ! ⋅ λ 2 k − i e − λ 2 ( k − i ) ! ⋅ k ! k ! = e − ( λ 1 + λ 2 ) ⋅ 1 k ! ⋅ ∑ i = 0 k k ! i ! ( k − i ) ! λ 1 i λ 2 k − i = e − ( λ 1 + λ 2 ) ⋅ 1 k ! ⋅ ∑ i = 0 k C k i λ 1 i λ 2 k − i = e − ( λ 1 + λ 2 ) ( λ 1 + λ 2 ) k k !          , k = 0 , 1 , 2 , . . . = e − λ λ k k !          , k = 0 , 1 , 2 , . . . \begin{align} P\{Z=k\} &= \sum_{i=0}^{k} P\{X=i\} \cdot P\{Y=k-i\} \\ &= \sum_{i=0}^{k} \frac{\lambda_1^i e^{-\lambda_1}}{i!} \cdot \frac{\lambda_2^{k-i} e^{-\lambda_2}}{(k-i)!} \\ &= \sum_{i=0}^{k} \frac{\lambda_1^i e^{-\lambda_1}}{i!} \cdot \frac{\lambda_2^{k-i} e^{-\lambda_2}}{(k-i)!} \cdot \frac{k!}{k!} \\ &= e^{-(\lambda_1 + \lambda_2)} \cdot \frac{1}{k!} \cdot \sum_{i=0}^{k} \frac{k!}{i!(k-i)!} \lambda_1^i \lambda_2^{k-i} \\ &= e^{-(\lambda_1 + \lambda_2)} \cdot \frac{1}{k!} \cdot \sum_{i=0}^{k} C_k^i \lambda_1^i \lambda_2^{k-i} \\ &= \frac{ e^{-(\lambda_1 + \lambda_2)} (\lambda_1 + \lambda_2)^k }{k!} \ \ \ \ \ \ \ \ ,k=0,1,2,... \\ &= \frac{ e^{-\lambda} \lambda^k }{k!} \ \ \ \ \ \ \ \ ,k=0,1,2,... \end{align} P{Z=k}​=i=0∑k​P{X=i}⋅P{Y=k−i}=i=0∑k​i!λ1i​e−λ1​​⋅(k−i)!λ2k−i​e−λ2​​=i=0∑k​i!λ1i​e−λ1​​⋅(k−i)!λ2k−i​e−λ2​​⋅k!k!​=e−(λ1​+λ2​)⋅k!1​⋅i=0∑k​i!(k−i)!k!​λ1i​λ2k−i​=e−(λ1​+λ2​)⋅k!1​⋅i=0∑k​Cki​λ1i​λ2k−i​=k!e−(λ1​+λ2​)(λ1​+λ2​)k​        ,k=0,1,2,...=k!e−λλk​        ,k=0,1,2,...​​
因此，$Z=X+Y$服从参数为$\lambda ={\lambda }_1+{\lambda }_2$的泊松分布。

3.2 两个相互独立的连续型随机变量之和的概率分布

例4：设$X$与$Y$是两个相互独立的连续型随机变量，$X$在$[0,1]$上服从均匀分布，$Y$的概率密度为：
$$f_Y(y)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2}{e}^{\frac{1}{2}y},& y>0\\ 0,& y\le 0\end{array}$$
求：（1）$(X,Y)$的概率密度；（2） P { X + Y ≤ 1 } P\{X+Y \le 1\} P{X+Y≤1}；（3） P { X + Y ≤ 3 } P\{X+Y \le 3\} P{X+Y≤3}。

解：（1）由于$X$服从均匀分布，所以$X$的概率密度为：
$$\begin{array}{rl}{f}_X(x)& =\{\begin{array}{ll}\frac{1}{1-0},& 0\le x\le 1\\ 0,& 其他\end{array}\\ & =\{\begin{array}{ll}1,& 0\le x\le 1\\ 0,& 其他\end{array}\end{array}$$
又因为$X$与$Y$相互独立，所以$(X,Y)$的概率密度为：
$$f(x,y)=f_X(x)\cdot f_Y(y)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2}{e}^{-\frac{1}{2}y},& 0\le x\le 1,y>0\\ 0,& 其他\end{array}$$
（2）利用(1)的结果；并画出二重积分的图像：

由此：
P { X + Y ≤ 1 } = ∬ X + Y ≤ 1 f ( x , y ) d x d y = ∫ 0 1 ( ∫ 0 1 − x f ( x , y ) d y ) d x = ∫ 0 1 ( ∫ 0 1 − x 1 2 e − 1 2 y d y ) d x = ∫ 0 1 ( − e − 1 2 y ∣ 0 1 − x ) d x = ∫ 0 1 [ − e − 1 2 ( 1 − x ) − ( − 1 ) ] d x = ∫ 0 1 [ 1 − e − 1 2 ( 1 − x ) ] d x             #  提示：令 u = e − 1 2 ( 1 − x ) , 再使用复合函数求导的思路来解决 = ( x − 2 e − 1 2 ( 1 − x ) ) ∣ 0 1 = 2 e − 1 2 − 1 \begin{align} P\{X+Y \le 1\} &= \iint_{X+Y\le1} f(x,y) dxdy \\ &= \int_{0}^{1} (\int_{0}^{1-x} f(x,y)dy)dx \\ &= \int_{0}^{1} (\int_{0}^{1-x} \frac{1}{2} e^{-\frac{1}{2}y} dy)dx \\ &= \int_{0}^{1} (-e^{-\frac{1}{2}y} | _{0}^{1-x})dx \\ &= \int_{0}^{1} [-e^{-\frac{1}{2}(1-x)} -(-1)]dx \\ &= \int_{0}^{1} [1-e^{-\frac{1}{2}(1-x)} ]dx \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \#\ 提示：令u=e^{-\frac{1}{2}(1-x)},再使用复合函数求导的思路来解决 \\ &= (x-2e^{-\frac{1}{2}(1-x)}) |_0^1 \\ &= 2e^{-\frac{1}{2}} - 1 \end{align} P{X+Y≤1}​=∬X+Y≤1​f(x,y)dxdy=∫01​(∫01−x​f(x,y)dy)dx=∫01​(∫01−x​21​e−21​ydy)dx=∫01​(−e−21​y∣01−x​)dx=∫01​[−e−21​(1−x)−(−1)]dx=∫01​[1−e−21​(1−x)]dx           # 提示：令u=e−21​(1−x),再使用复合函数求导的思路来解决=(x−2e−21​(1−x))∣01​=2e−21​−1​​

书上没有这么细致，我这里尽可能地详细化每一个等式变化。

（3）与（2）计算过程基本一致；图像如下：

P { X + Y ≤ 1 } = ∬ X + Y ≤ 3 f ( x , y ) d x d y = ∫ 0 1 ( ∫ 0 3 − x f ( x , y ) d y ) d x = ∫ 0 1 ( − e − 1 2 y ∣ 0 3 − x ) d x = ∫ 0 1 [ 1 − e − 1 2 ( 3 − x ) ] d x = ( x − 2 e − 1 2 ( 3 − x ) ) ∣ 0 1 = 2 e − 3 2 − 2 e − 1 + 1 \begin{align} P\{X+Y \le 1\} &= \iint_{X+Y\le 3} f(x,y) dxdy \\ &= \int_{0}^{1} (\int_{0}^{3-x} f(x,y)dy)dx \\ &= \int_{0}^{1} (-e^{-\frac{1}{2}y} | _{0}^{3-x})dx \\ &= \int_{0}^{1} [1-e^{-\frac{1}{2}(3-x)} ]dx \\ &= (x-2e^{-\frac{1}{2}(3-x)}) |_0^1 \\ &= 2e^{-\frac{3}{2}} - 2e^{-1} + 1 \end{align} P{X+Y≤1}​=∬X+Y≤3​f(x,y)dxdy=∫01​(∫03−x​f(x,y)dy)dx=∫01​(−e−21​y∣03−x​)dx=∫01​[1−e−21​(3−x)]dx=(x−2e−21​(3−x))∣01​=2e−23​−2e−1+1​​

例5：设二维随机变量$(X,Y)$的概率密度为$f(x,y)$，关于$X,Y$的边缘概率密度分别为$f_X(x)$和$f_Y(y)$，$X$与$Y$相互独立，求$Z=X+Y$的概率密度。

解：因为$X$与$Y$相互独立，则：$f(x,y)=f_X(x)\cdot f_Y(y)$；$Z=X+Y$的分布函数为：

$F_Z(z) = P{Z \le z} = P{X+Y \le z} = \iint_{x+y \le z} f(x,y) dxdy \$

接下来画图（合理假定$z$是正数，实际上$z$是正是负与最终结果无关的）：

因此，上述等式可以转化为：
F Z ( z ) = P { Z ≤ z } = P { X + Y ≤ z } = ∬ x + y ≤ z f ( x , y ) d x d y = ∫ − ∞ + ∞ [ ∫ − ∞ + ∞ f ( x , y ) d y ] d x = ∫ − ∞ + ∞ [ ∫ − ∞ z − x f ( x , y ) d y ] d x = ∫ − ∞ + ∞ [ ∫ − ∞ y 的积分上限 f ( x , y ) d y ] d x = ∫ − ∞ + ∞ [ ∫ − ∞ z − x f ( x , z − x ) d y ] d x \begin{align} F_Z(z) = P\{Z \le z\} = P\{X+Y \le z\} &= \iint_{x+y \le z} f(x,y) dxdy \\ &= \int_{-\infty}^{+\infty} [ \int_{-\infty}^{+\infty} f(x,y) dy]dx \\ &= \int_{-\infty}^{+\infty} [ \int_{-\infty}^{z-x} f(x,y) dy]dx \\ &= \int_{-\infty}^{+\infty} [ \int_{-\infty}^{y的积分上限} f(x,y) dy]dx \\ &= \int_{-\infty}^{+\infty} [ \int_{-\infty}^{z-x} f(x,z-x) dy]dx \\ \end{align} FZ​(z)=P{Z≤z}=P{X+Y≤z}​=∬x+y≤z​f(x,y)dxdy=∫−∞+∞​[∫−∞+∞​f(x,y)dy]dx=∫−∞+∞​[∫−∞z−x​f(x,y)dy]dx=∫−∞+∞​[∫−∞y的积分上限​f(x,y)dy]dx=∫−∞+∞​[∫−∞z−x​f(x,z−x)dy]dx​​
因此：$f_Z(z)={F_Z}^{\prime }(z)={\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x,z-x)dx$；

同理：$f_Z(z)={F_Z}^{\prime }(z)={\int }_{-\infty }^{+\infty }f(z-y,y)dy$。

当$X$与$Y$相互独立时可以表示为：

$f_Z(z) = {F_Z}'(z) = \int_{-\infty}^{+\infty} f(x,z-x) dx = \int_{-\infty}^{+\infty} f_X(x) \cdot f_Y(z-x) dx $；

$f_Z(z) = {F_Z}'(z) = \int_{-\infty}^{+\infty} f(z-y,y) dy = \int_{-\infty}^{+\infty} f_X(z-y) \cdot f_Y(y) dy $。

这也被称作：独立随机变量和的卷积公式。

例6：设随机变量$X$与$Y$相互独立，都服从标准正态分布$N(0,1)$，求$Z=X+Y$的概率密度。

解：由题目知，$X$与$Y$的概率密度分别为：

$f_X(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-\frac{x^2}{2}},-\infty <x<+\infty ;f_Y(y)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-\frac{y^2}{2}},-\infty <y<+\infty$

又因$X$与$Y$相互独立，所以$(X,Y)$的概率密度为：

$f(x,y)=f_X(x)\cdot f_Y(y)=\frac{1}{2\pi }{e}^{-\frac{x^2+y^2}{2}},-\infty <x,y<+\infty$

得$Z=X+Y$的概率为：
$$\begin{array}{rl}{f}_Z(z)={\int }_{-\infty }^{+\infty }{f}_X(x)\cdot f_Y(z-x)dx& ={\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{1}{2\pi }{e}^{-\frac{x^2+(z-x{)}^2}{2}}dx\\ & =\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-\frac{x^2+z^2-2zx+x^2}{2}}dx\\ & =\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-\frac{2x^2+z^2-2zx}{2}}dx\\ & =\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-\frac{2x^2+\frac{z^2}{2}-2zx+\frac{z^2}{2}}{2}}dx\\ & =\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-\frac{2(x^2-zx+\frac{z^2}{4})+\frac{z^2}{2}}{2}}dx\\ & =\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-\frac{2(x^2-zx+\frac{z^2}{4})}{2}}\cdot e^{-\frac{z^2}{4}}dx\\ & =\frac{e^{-\frac{z^2}{4}}}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-(x^2-zx+\frac{z^2}{4})}dx\#令u=x-\frac{z}{2},则u^2=x^2-xz+\frac{z^2}{4},du=dx\\ & =\frac{e^{-\frac{z^2}{4}}}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-u^2}du\#u和x的取值范围没有变化\end{array}$$
这里补充个重要的等式：${\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-x^2}dx=\sqrt{\pi }$，所以：

$f_Z(z)=\frac{1}{2\pi }\cdot e^{-\frac{z^2}{4}}\cdot \sqrt{\pi }=\frac{1}{2\sqrt{\pi }}\cdot e^{-\frac{z^2}{4}}=\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sqrt{2}}\cdot e^{-\frac{(z-0{)}^2}{2(\sqrt{2}{)}^2}}$

即：$Z\sim N(0,2)$

$★★★★★$

一般地，$X\sim N(\mu ,{\sigma }_1^2),Y\sim N(\mu ,{\sigma }_2^2)$且$X$与$Y$相互独立，则$Z=X+Y$仍然服从正态分布，$Z\sim N({\mu }_1+{\mu }_2,{\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2)$；且可推广到$n$个或无限个独立正态分布的随机变量的情形，即：

当$X_i\sim N({\mu }_i,{\sigma }_i^2),i=1,2,...,n,...$且它们之间是相互独立的则可知：$X_1+X_2+...+X_n\sim N({\sum }_{i=1}^n{\mu }_i,{\sum }_{i=1}^n{\sigma }_i^2)$且更进一步证明任意有限个独立正态随机变量的线性组合仍服从正态分布，即：

若$X_k\sim N({\mu }_k,{\sigma }_k^2),k=1,2,...,n$且它们之间是相互独立的则可知：$a_1{X}_1+a_2{X}_2+...+a_n{X}_n\sim N({\sum }_{i=1}^n{a}_i{\mu }_i,{\sum }_{i=1}^n(a_i{\sigma }_i{)}^2)$，其中$a_1,a_2,...,a_n$为任意实数。

这里是很重要的结论！！

例7：设$X\sim N(0,1),Y\sim N(1,1),Z\sim N(1,2)$，随机变量$X,Y,Z$间相互独立，求$3X+2Y+Z$的分布。

解：由于随机变量$X,Y,Z$间相互独立且都服从中泰分布，则：

KaTeX parse error: Undefined control sequence: \cp at position 17: …X+2Y+Z \sim N(3\̲c̲p̲ ̲0+2\cp 1+ 1\cp …

教材上结果是$N(3,15)$明显是错误的。