多维随机变量及其分布
第 6 讲 · 概率论与数理统计
复旦大学经济学院 ECON130001
上一讲我们做了什么
连续型用 $f$ 描述，$F(x)=\int_{-\infty}^x f$；三个分布：均匀、指数、正态。 标准化 $Z=\frac{X-\mu}{\sigma}$ 让全世界只需一张表。
离散型求和，连续型先求 $G$ 再求导，别漏雅可比因子。
到现在为止，我们一次只研究一个随机变量。 可现实里要紧的往往是几个量之间的关系。
而这正是上一讲那个故事真正的病根——LTCM 的模型不是不知道单个资产的分布， 是低估了它们「一起动」的程度。「一起动」该怎么描述？
为什么需要这一讲
这条路走得通——但它正是 Cinematch 已经在做的， 也正是那个要被超越 10% 的基准。三年、四万多次提交， 冠军队伍的功夫几乎全花在别处。
把 $X$ 的分布和 $Y$ 的分布都拿到手，还差一块信息——差的是什么？
来源
Netflix Prize：2006 年 10 月启动，奖金 100 万美元，要求把 Cinematch 的均方根误差 （RMSE，基准 0.9525）降低 10%；公开数据集约 1 亿条评分。 竞赛历时三年、收到 44 014 次提交，2009 年由 BellKor's Pragmatic Chaos 以 10.06% 的改进（RMSE 0.8712）夺冠。 Bennett & Lanning, The Netflix Prize, KDD Cup 2007｜访问日期 2026-08-01。本讲学习目标
- 掌握描述「关系」的三个工具：联合分布（鸟瞰全貌）、 边缘分布（单独看一个）、条件分布（给定一个看另一个）
- 会判断两个随机变量是否独立，并知道独立意味着什么、不意味着什么
- 会求两个随机变量的线性组合（和、差）的分布
现实中变量总是关联的：收入与受教育年限、个股收益与大盘、用户年龄与点击率。 本讲是从「一个变量」跨到「一群变量」的桥。
二元随机变量
设 $X,Y$ 是两个随机变量，它们的联合分布指： 对所有实数对的集合 $C$，概率 $P[(X,Y)\in C]$ 的全体。
掷一个骰子、抛一枚硬币。$X$＝点数，$Y$＝硬币是否正面（正 1 反 0）。
$(X,Y)$ 的取值集是 $\{(1,1),\dots,(6,1),(1,0),\dots,(6,0)\}$ 共 12 个， 每个概率 $\frac{1}{12}$。
注意不是把 $X$ 和 $Y$ 分开描述—— 是把 $(X,Y)$ 当作一个整体，看它落在平面上各处的概率。 这个视角的转换是本讲的全部难点。
离散型的联合概率函数
若 $X,Y$ 都是离散型，其联合概率函数为 $$f(x,y)=P(\{X=x\}\cap\{Y=y\})$$ 满足 $\displaystyle\sum_{\text{所有}(x,y)}f(x,y)=1$。
一维时 $f(x)=P(X=x)$，画出来是一排柱子； 二维时 $f(x,y)$ 画出来是一张表（或平面上一片带高度的点）。
归一化条件从「一排加起来是 1」变成「整张表加起来是 1」。
例：一个小镇的汽车与电视机
随机抽一户，求 (1) 至少两辆车且至少两台电视的概率； (2) 恰有一辆车的概率。
(1) 把 $x\ge2$ 且 $y\ge2$ 的六格加起来： $$P(X\ge2,Y\ge2)=0.5$$
(2) 把 $x=1$ 那整行加起来： $$P(X=1)=0.2$$
留意第 (2) 问：它只问 $X$，却要把 $Y$ 的所有取值加掉。 这个动作就是「边缘分布」，二十分钟后会正式命名。
交互：联合分布 · 边缘 · 条件
把「汽车数 × 电视机数」换成「对甲片的评分 × 对乙片的评分」， 每位用户的一对评分 $(x,y)$ 就是表里的一个数据点。 所有点的分布就是联合概率函数 $f(x,y)$ ——这是推荐算法的原始矿藏。若 $f(5,5)$ 很高，说明喜欢一部的人多半也喜欢另一部。
- 右下角那一列 $f_1(x)$ 是每行加起来得到的
- 整张表加起来等于 1
点任意一行看边缘；按住 Shift 点则选列。 条件分布那半边先不看，讲到再回来。
交互演示：点行/列查看边缘分布与条件分布
连续型的联合密度函数
若存在非负函数 $f$，使得对 $xy$ 平面上的每个集合 $C$ 都有 $$P\{(X,Y)\in C\}=\iint_C f(x,y)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$$ 则称 $X,Y$ 服从连续型联合分布，$f$ 为联合概率密度函数。
与一维完全同构：非负 + 总积分为 1。只是积分从一重变成了二重。
一维时「概率 = 密度 × 长度」，二维时「概率 = 密度 × 面积」 ——概率是曲面下方的体积。密度依然不是概率。
用归一化定常数（二维版）
$f(x,y)=cx^2y$（$x^2\le y\le1$），其余为 0。求 $c$。
区域是抛物线 $y=x^2$ 与直线 $y=1$ 围成的，$x$ 从 $-1$ 到 $1$。 先对 $y$ 积，$y$ 从 $x^2$ 到 $1$；再对 $x$ 积： $$\int_{-1}^{1}\!\!\int_{x^2}^{1}cx^2y\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}x=\frac{4}{21}c=1$$ 故 $c=\dfrac{21}{4}$。
二重积分题的全部难点在画图定限。不画图直接写积分限，十有八九错。 这一条从本讲一直用到期末。
在区域上求概率
$f(x,y)=\frac{21}{4}x^2y$（$x^2\le y\le1$）。求 $P(X\ge Y)$。
$X\ge Y$ 即 $y\le x$。与原区域 $x^2\le y$ 求交： 需 $x^2\le y\le x$，这要求 $0\le x\le1$。 $$\iint_{S_0}f=\int_0^1\!\!\int_{x^2}^{x}\frac{21}{4}x^2y\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}x=\frac{3}{20}$$
关键是把两个约束求交： 题目给的区域 $\cap$ 事件给的区域。 漏掉任一个，积分限就错。
联合分布函数
$X$ 的分布函数由 $F_1(x)=\lim\limits_{y\to+\infty}F(x,y)$ 得到， $Y$ 的由 $F_2(y)=\lim\limits_{x\to+\infty}F(x,y)$ 得到。
四项，两加两减。这是第 1 讲容斥原理在二维的样子 ——减两次多减了一块，要加回来。
联合分布函数与联合密度的互换
若 $X,Y$ 连续型且有联合密度 $f$，则 $$F(x,y)=\int_{-\infty}^{y}\!\!\int_{-\infty}^{x}f(r,s)\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}s$$ 反过来求二阶混合偏导： $$f(x,y)=\frac{\partial^2F(x,y)}{\partial x\,\partial y}=\frac{\partial^2F(x,y)}{\partial y\,\partial x}$$
$X,Y$ 只在 $[0,2]$ 取值，$F(x,y)=\frac{1}{16}xy(x+y)$。求 $F_1(x)$ 与 $f(x,y)$。
$F_1$：令 $y=2$（$Y$ 最大只到 2，故 $y\to\infty$ 的极限就是 $F(x,2)$）： $$F_1(x)=\tfrac18x(x+2),\quad 0\le x\le2$$
$f$：$F=\frac{1}{16}(x^2y+xy^2)$， $\partial_x F=\frac{1}{16}(2xy+y^2)$，再对 $y$ 求导： $$f(x,y)=\tfrac18(x+y),\quad 0\le x,y\le2$$
小结：联合分布这一段
- 离散型用联合概率函数 $f(x,y)=P(X=x,Y=y)$，整张表加起来是 1
- 连续型用联合密度 $f(x,y)$，二重积分等于 1；概率是曲面下的体积
- 联合分布函数 $F(x,y)=P(X\le x,Y\le y)$ 对两类通用； 与密度互为二重积分/二阶混合偏导
- 算概率的全部难点是画图定积分限，尤其要把题目区域与事件区域求交
边缘分布：抛开关系，单独看一个
二元随机变量 $\{X,Y\}$ 中，$X$ 或 $Y$ 自己的分布称为边缘分布。
记 $X$ 的边缘分布函数为 $F_1(x)$、边缘概率（密度）函数为 $f_1(x)$； $Y$ 的记为 $F_2(y)$、$f_2(y)$。
把联合概率写成一张表，每行加起来写在右边缘、 每列加起来写在下边缘——「边缘分布」就是这么来的。
离散型的边缘分布
$X$ 的边缘概率函数 $$f_1(x)=\sum_{\text{所有 }y}f(x,y)$$ $Y$ 的边缘概率函数 $$f_2(y)=\sum_{\text{所有 }x}f(x,y)$$
把另一个变量「加掉」。 这正是 slide 7 第 (2) 问做过的事——现在它有名字了。
边缘分布的意义：从「关系」到「流行度」
边缘分布让我们抛开变量间的关系，单独审视每个变量自身的特性 ——比如一部电影的「大众口碑」。 $$f_1(x)=\sum_{y=1}^{5}f(x,y)\quad(\text{对 }Y\text{ 的所有评分求和})$$
- 对联合分布求和，得到某部电影的边缘分布 $f_1(x)$
- 它描述这部片子在所有用户中的总体评分状况
- 这是算「平均分」、生成「Top 10 排行榜」等非个性化推荐的直接依据
注意「非个性化」这四个字。边缘分布对所有人给出同一个答案 ——这正是开场那个悬念的一半：它有用，但不够。
连续型的边缘分布
边缘分布函数则由极限得到： $F_1(x)=\lim\limits_{y\to\infty}F(x,y)$，$F_2(y)=\lim\limits_{x\to\infty}F(x,y)$。
$f(x,y)=\frac{21}{4}x^2y$（$x^2\le y\le1$）。求两个边缘密度。
$$f_1(x)=\int_{x^2}^{1}\tfrac{21}{4}x^2y\,\mathrm{d}y=\tfrac{21}{8}x^2(1-x^4),\quad -1\le x\le1$$ $$f_2(y)=\int_{-\sqrt y}^{\sqrt y}\tfrac{21}{4}x^2y\,\mathrm{d}x=\tfrac{7}{2}y^{5/2},\quad 0\le y\le1$$
两次积分的限完全不同：算 $f_1$ 时 $y$ 从 $x^2$ 到 1； 算 $f_2$ 时 $x$ 从 $-\sqrt y$ 到 $\sqrt y$。又是画图定限。
★ 边缘分布决定不了联合分布
掷两枚硬币，每枚各掷十次。考虑两种情形：
- $X,Y$ 分别是两枚硬币的正面次数
- $X,Y$ 都是第一枚硬币的正面次数
求 $X,Y$ 的联合分布。
两种情形下 $X$ 与 $Y$ 的边缘分布都是 $B(10,0.5)$。但 $$\text{(1)}\ \ p_{ij}=C_{10}^iC_{10}^j\,0.5^{20};\qquad \text{(2)}\ \ p_{ij}=C_{10}^i\,0.5^{10}\ (i=j),\ \ 0\ (i\ne j)$$
把两个边缘都拿到手，还差的那一块，就是「它们怎么一起动」。 (2) 里知道 $X$ 就完全知道 $Y$，(1) 里知道 $X$ 对 $Y$ 毫无帮助——而边缘一模一样。
交互：边缘一样，联合不同
三个联合分布轮流切换，盯住右边那两条边缘柱子。
切换时联合分布的表格面目全非（对角线 → 满格 → 反对角线）， 而边缘分布纹丝不动。
三种情形分别是：互不影响、知道一个就知道另一个、一个大另一个必定小。
交互演示：三个联合分布，边缘完全相同
接下来
既然边缘分布不足以决定联合分布，那自然要问：什么时候它足够？
换句话说：什么时候「两个变量各自的分布」就是全部信息， 再没有额外的「一起动」需要交代？
随机变量的独立性
对任意实数集 $A,B$，若事件 $\{X\in A\}$ 与 $\{Y\in B\}$ 独立，即 $$P(\{X\in A\}\cap\{Y\in B\})=P(X\in A)\,P(Y\in B)$$ 则称随机变量 $X,Y$ 相互独立。
证明思路
定义取 $A=(-\infty,x]$、$B=(-\infty,y]$ 即得分布函数形式； 对连续型两边求二阶混合偏导得密度形式；离散型取单点集直接得到。 完整证明见教师笔记。回答上一页的问题：独立时，边缘分布就是全部信息 ——联合分布是两个边缘的乘积，没有额外内容。不独立时才需要联合分布。
应用：独立性在推荐系统里的用处
识别变量间的独立性，可以帮系统避免逻辑不相关的「无效推荐」。
系统发现，用户对科幻片 $X$ 的评分与对儿童动画 $Y$ 的评分相互独立： $$f(x,y)=f_1(x)f_2(y)$$
- 避免无效推荐：知道他是科幻迷，推儿童动画并不会提高成功率
- 构建用户画像：「科幻偏好」与「亲子偏好」是两个相对独立的维度， 应在每个维度上分别推荐
找相关性用于推荐，找独立性用于划分边界。两者同等重要 ——这正是「协同过滤」与「多维度画像」两条技术路线的分工。
独立性例题（一）：由独立拼出联合
$X,Y$ 相互独立，都服从 $g(x)=2x$（$0\le x\le1$）。求 $P(X+Y\le1)$。
独立 $\Rightarrow$ 联合是乘积： $$f(x,y)=4xy,\quad 0\le x,y\le1$$ $$P(X+Y\le1)=\int_0^1\!\!\int_0^{1-x}4xy\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}x=\frac16$$
$f(x,y)=ke^{-(x+2y)}$（$x,y\ge0$）。$X,Y$ 是否独立？
归一化给出 $k=2$。两个边缘： $$f_1(x)=e^{-x}\ (x\ge0),\qquad f_2(y)=2e^{-2y}\ (y\ge0)$$ $f_1f_2=2e^{-x-2y}=f$，独立。
这也是最好认的一种形态：密度能拆成「只含 $x$ 的因子 × 只含 $y$ 的因子」， 且定义域是矩形，就独立。
独立性例题（二）：定义域本身会破坏独立
$f(x,y)=kx^2y^2$（$x^2+y^2\le1$）。$X,Y$ 是否独立？
密度看起来完全可分离（$kx^2\cdot y^2$），但不独立。
一个反例就够：$f(0.9,0.9)=0$（因为 $0.81+0.81>1$，在区域外）， 而 $f_1(0.9)\ne0$、$f_2(0.9)\ne0$，故 $f\ne f_1f_2$。
$f(x,y)=\frac{15}{4}x^2$（$0\le y\le1-x^2$）。求边缘并判断独立性。
$$f_1(x)=\tfrac{15}{4}x^2(1-x^2),\qquad f_2(y)=\tfrac52(1-y)^{3/2}$$ 乘积不等于 $f$，不独立——同样是定义域不是矩形。
定义域不是矩形（$x$ 的范围依赖 $y$），就一定不独立 ——因为知道了 $X$ 就限制了 $Y$ 的取值范围，这本身就是信息。 可分离只是必要条件，不是充分条件。
独立性例题（三）：离散与连续各一道
$f(x,y)=\frac{1}{30}(x+y)$，$x=0,1,2$，$y=0,1,2,3$。求边缘并判断独立性。
$$f_1(x)=\sum_{y=0}^{3}\tfrac{x+y}{30}=\tfrac{1}{15}(2x+3)$$ $$f_2(y)=\sum_{x=0}^{2}\tfrac{x+y}{30}=\tfrac{1}{10}(1+y)$$ $f_1f_2\ne f$，不独立。
$f(x,y)=\frac32y^2$（$0\le x\le2$，$0\le y\le1$）。
$$f_1(x)=\int_0^1\tfrac32y^2\mathrm{d}y=\tfrac12,\qquad f_2(y)=\int_0^2\tfrac32y^2\mathrm{d}x=3y^2$$ $f_1f_2=\frac32y^2=f$，独立。
进一步：事件 $\{X<1\}$ 与 $\{Y\ge\frac12\}$ 也独立 ——随机变量独立 $\Rightarrow$ 由它们生成的任意事件独立。
小结：边缘与独立性
- 边缘 = 把另一个变量加掉（或积掉）：$f_1(x)=\sum_y f$ 或 $\int f\,\mathrm{d}y$
- 联合 → 边缘永远可以；边缘 → 联合不行。差的那块就是「怎么一起动」
- 独立 $\iff f(x,y)=f_1(x)f_2(y)$ 处处成立；只要一格不成立就否掉
- 定义域不是矩形 $\Rightarrow$ 一定不独立，哪怕密度看起来可分离
条件分布：给定一个，另一个怎么表现
由这张表能算出 $X$ 的边缘概率，也就是总的失窃率。 但——给定某个品牌，它的失窃率是多少？
取出那一列，再除以列和。
离散型的条件分布
设 $X,Y$ 的联合概率函数为 $f$。对每个使 $f_2(y)>0$ 的 $y$，定义 $$g_1(x\mid y)=\frac{f(x,y)}{f_2(y)}$$ 称为给定 $Y=y$ 时 $X$ 的条件概率函数。对称地，对 $f_1(x)>0$ 的 $x$ $$g_2(y\mid x)=\frac{f(x,y)}{f_1(x)}$$
$$\sum_x g_1(x\mid y)=\frac{\sum_x f(x,y)}{f_2(y)}=\frac{f_2(y)}{f_2(y)}=1$$ 除以 $f_2(y)$ 这个动作，就是让那一列重新加到 1。 这是第 3 讲「样本空间收缩」在二维表上的样子。
交互：回到那张表，看条件分布
点一行，右下会画出 $g_2(y\mid x)$ 并显示它加起来等于 1。
切到「两枚硬币（独立）」，点任意一行——条件分布都长一样，
而且等于边缘分布。
再切到「同一枚硬币」，条件分布退化成一根柱子。
独立的含义就是：条件分布不随条件而变。
交互演示：点行/列查看条件分布的归一化
应用：「猜你喜欢」的数学原理
条件分布是实现「千人千面」个性化推荐的引擎：用已知信息预测未知偏好。 $$g_2(y\mid x)=\frac{f(x,y)}{f_1(x)}$$
- 用户给某部片子 $X$ 打了 5 星，应该推荐什么？
- 算在 $X=5$ 的条件下，他给另一部片子 $Y$ 打各个分数的条件分布 $g_2(y\mid5)$
- 对所有候选片子都算一遍，推荐条件期望评分最高的那部
边缘分布 $f_1$ 给出「大众口碑」，对谁都一样； 条件分布 $g_2(y\mid x)$ 才是因人而异的那部分。 这正是「协同过滤」的核心，也是 Cinematch 与冠军算法的分野。
连续型的条件分布：一个必须绕过的困难
加工分两步，第一步用时 $Y$，总用时 $X$，联合密度 $f(x,y)=e^{-x}$（$0\le y\le x<\infty$）。 已知 $Y$ 之后，想更新关于 $X$ 的分布。
不能直接套条件概率公式——因为 $P(Y=y)=0$，分母是 0。
对每个使 $f_2(y)>0$ 的 $y$，直接定义 $$g_1(x\mid y)=\frac{f(x,y)}{f_2(y)}$$ 对 $f_2(y)=0$ 的点可任意定义，只要 $g_1$ 仍是一个密度函数。
形式与离散型一模一样，但地位不同： 离散型那个是推出来的，连续型这个是定义的 ——因为原来的定义在这里失效了。
连续条件分布：两道例题
$f(x,y)=e^{-x}$（$0\le y\le x$）。求 $g_1(x\mid y)$。
先求边缘： $$f_2(y)=\int_y^{\infty}e^{-x}\mathrm{d}x=e^{-y}$$ $$g_1(x\mid y)=\frac{e^{-x}}{e^{-y}}=e^{y-x},\quad x\ge y$$
认得出来吗？这是平移到 $y$ 的指数分布 ——已经用了 $y$ 分钟，剩余时间仍服从原来的指数分布。 第 5 讲的无记忆性，在这里又出现了。
机器次品率 $P$ 未知，设 $P\sim U[0,1]$。抽查 $n$ 件，次品数为 $X$。求 $(X,P)$ 的联合分布。
给定 $P=p$ 时 $X\sim B(n,p)$： $$g_1(x\mid p)=C_n^xp^x(1-p)^{n-x}$$ 由乘法法则 $f(x,p)=g_1(x\mid p)f_2(p)$，而 $f_2(p)=1$： $$f(x,p)=C_n^xp^x(1-p)^{n-x}$$
这是贝叶斯统计的雏形：把未知参数也当成随机变量。
条件分布例题（一）
$(X,Y)$ 在 $S=\{(x-1)^2+(y+2)^2\le9\}$ 上均匀分布。 求 $g_2(y\mid x)$ 与 $P(Y>0\mid X=2)$。
$f=\frac{1}{9\pi}$。竖着切一刀，$f_1(x)=\frac{2}{9\pi}\sqrt{9-(x-1)^2}$，故 $$g_2(y\mid x)=\frac{1}{2}\big[9-(x-1)^2\big]^{-1/2}$$ 是均匀分布——竖切得到的线段上处处等可能。
$$P(Y>0\mid X=2)=\frac{2-\sqrt2}{4}\approx0.146$$
$f(x,y)=c(x+y^2)$（$0\le x,y\le1$）。求 $g_1(x\mid y)$ 与 $P(X<\frac12\mid Y=\frac12)$。
$f_2(y)=c(\frac12+y^2)$，于是 $c$ 约掉了： $$g_1(x\mid y)=\frac{x+y^2}{\frac12+y^2}$$ $$P(X<\tfrac12\mid Y=\tfrac12)=\int_0^{1/2}\frac{x+\frac14}{\frac34}\mathrm{d}x=\frac13$$
右题里 $c$ 自动约掉——求条件分布常常不必先定归一化常数。省一步。
条件分布例题（二）
$f(x,y)=\frac{3}{16}(4-2x-y)$（$x,y>0$，$2x+y<4$）。 求 $g_2(y\mid x)$ 与 $P(Y\ge2\mid X=0.5)$。
$$f_1(x)=\int_0^{4-2x}\!\!f\,\mathrm{d}y=\tfrac38(x-2)^2$$ $$g_2(y\mid x)=\frac{4-2x-y}{2(x-2)^2}$$ $$P(Y\ge2\mid X=0.5)=\int_2^{3}g_2(y\mid0.5)\,\mathrm{d}y=\frac19$$
总产量 $Y\sim\text{Poisson}(\lambda)$，每件独立地以概率 $p$ 为次品。求次品数 $X$ 的分布。
给定 $Y=y$ 时 $X\sim B(y,p)$。由乘法法则再对 $y$ 求和： $$P(X=x)=\sum_{y=x}^{\infty}C_y^xp^x(1-p)^{y-x}\frac{\lambda^y}{y!}e^{-\lambda} =\frac{(\lambda p)^x}{x!}e^{-\lambda p}$$
结果仍是泊松分布，参数变成 $\lambda p$。 漂亮得像变魔术，但每一步都是本讲的工具。
接下来
三个工具齐了：联合看全貌、边缘看单个、条件看联动。
但还有一类问题没解决：两个资产的收益 $X$ 与 $Y$， 我关心的往往不是它们各自，而是组合的总收益 $X+Y$。 它的分布怎么求？
离散型的线性组合
$X_1$ 等可能取 $1,2,3,4$，$X_2$ 等可能取 $1,2,3$，相互独立。求 $Y=X_1+X_2$ 的分布。
$Y$ 取 $2,\dots,7$，联合有 $4\times3=12$ 种等可能组合：
| $y$ | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 |
|---|---|---|---|---|---|---|
| $P$ | 1/12 | 2/12 | 3/12 | 3/12 | 2/12 | 1/12 |
比如 $Y=4$ 有 $(1,3),(2,2),(3,1)$ 三种。
一般地 $\displaystyle P(Y=y)=\sum_{x}f(x,\,y-x)$ ——沿着一条斜线把联合分布加起来。$X_1-X_2$、$2X_1-3X_2$ 同理，只是斜线的方向变了。
两个可加的分布
若 $X_1,\dots,X_k$ 相互独立，$X_i\sim B(n_i,p)$（$p$ 必须相同），则 $$X_1+\cdots+X_k\sim B(n_1+\cdots+n_k,\ p)$$
为什么显然：$B(n,p)$ 就是 $n$ 次独立伯努利试验的成功数。 把 $n_1$ 次和 $n_2$ 次拼起来，就是 $n_1+n_2$ 次。
若 $X_1,\dots,X_k$ 相互独立，$X_i\sim\text{Poisson}(\lambda_i)$，则 $$X_1+\cdots+X_k\sim\text{Poisson}(\lambda_1+\cdots+\lambda_k)$$
直观：两个独立的泊松过程叠加，还是泊松过程，速率相加。 「这条路每小时来 10 辆车，那条路来 6 辆，合起来 16 辆。」
$p$ 相同这个条件不能省。$B(3,0.5)+B(3,0.9)$ 不是二项分布 ——它连「每次成功率相同」这个前提都不满足。
连续型的和：卷积公式
队列前两位顾客一起走。$X_1,X_2$ 独立且都服从 $f(x)=2e^{-2x}$（$x>0$）。 求总等待时间 $Y=X_1+X_2$ 的分布。
老办法：先求 $G$ 再求导（第 5 讲） $$G(y)=P(X_1+X_2\le y)=\int_0^y\!\!\int_0^{y-x_2}\!\!4e^{-2x_1-2x_2}\mathrm{d}x_1\mathrm{d}x_2 =1-e^{-2y}-2ye^{-2y}$$ $$g(y)=G'(y)=4ye^{-2y}$$
$Z=X+Y$ 的密度为 $$f_Z(z)=\int_{-\infty}^{\infty}f(z-y,\ y)\,\mathrm{d}y$$ 若 $X,Y$ 独立，则 $$f_Z(z)=\int_{-\infty}^{\infty}f_1(z-y)f_2(y)\,\mathrm{d}y$$
这就是上一页「沿斜线求和」的连续版——把求和换成积分。
正态分布之和仍是正态分布
若 $X_1,\dots,X_k$ 相互独立，$X_i\sim N(\mu_i,\sigma_i^2)$，则 $$X_1+\cdots+X_k\sim N(\mu_1+\cdots+\mu_k,\ \sigma_1^2+\cdots+\sigma_k^2)$$
证明思路
对 $k=2$ 用卷积公式：把两个正态密度相乘后对 $y$ 积分， 配方后可分离出一个关于 $y$ 的完全平方（积掉给常数）与一个关于 $z$ 的正态核。 一般 $k$ 由归纳得到。完整推导见教师笔记。$$\sigma_{X+Y}=\sqrt{\sigma_X^2+\sigma_Y^2}\ <\ \sigma_X+\sigma_Y$$ 这就是「分散化降低风险」的数学来源——两个独立资产的组合， 波动率小于各自波动率之和。
但请回到开场：上面这条要求独立。 资产之间一旦高度相关，方差就不再简单相加，分散化的效果会大打折扣 ——第 7 讲会给出带协方差的一般公式。
例：两个均匀分布之和
投资者同时持股票与债券。年末股票价值 $X\sim U[1000,4000]$， 债券价值 $Y\sim U[800,1200]$，两者独立。求组合价值 $Z=X+Y$ 的分布。
两个均匀分布相加，结果不再是均匀分布，而是一个梯形 ——中间平、两头斜。再加几个，就会越来越像钟形。
这是第 8 讲中心极限定理最早的一丝征兆。
不只是和：$Z=XY$ 的分布
$(X,Y)$ 在矩形 $G=\{0\le x\le2,\ 0\le y\le1\}$ 上均匀分布。 求以 $X,Y$ 为边长的矩形面积 $S=XY$ 的密度。
$P(XY\le s)$ 对应双曲线 $xy=s$ 下方的区域，积分后求导得 $$f(s)=\begin{cases}\dfrac12(\ln2-\ln s),& 0<s\le2\\[4pt] 0,&\text{其他}\end{cases}$$
注意 $f(s)\to\infty$ 当 $s\to0^+$——又一次：密度可以趋于无穷， 但积分仍等于 1。第 5 讲说过三遍的那件事。
最大值与最小值的分布
设 $X,Y$ 独立，分布函数分别为 $F_X,F_Y$，则 $$F_{\max}(z)=F_X(z)F_Y(z)$$ $$F_{\min}(z)=1-\big[1-F_X(z)\big]\big[1-F_Y(z)\big]$$
证明思路
$\{\max\le z\}=\{X\le z\}\cap\{Y\le z\}$，由独立性概率相乘； $\{\min>z\}=\{X>z\}\cap\{Y>z\}$，同理相乘后取对立事件。 两行就完了。完整证明见教师笔记。因为「最大值不超过 $z$」等价于「每一个都不超过 $z$」， 「最小值超过 $z$」等价于「每一个都超过 $z$」 ——都是把 max/min 翻译成「所有」，再用独立性拆开。
第 5 讲那道 $n$ 个灯泡的题（$Y_1$ 服从 $\text{Exp}(n\lambda)$）， 用的正是 $F_{\min}$ 这条。
本讲总结
Netflix 的 100 万美元，买的是联合分布里那块边缘分布装不下的信息。
把每部电影的评分分布、每个用户的打分习惯都估准，也只是两个边缘分布 ——而「这个人会不会喜欢这部片子」藏在条件分布 $g_2(y\mid x)$ 里。 边缘对所有人给同一个答案，条件才因人而异。
- 三个工具：联合 $f(x,y)$ 看全貌；边缘 $f_1=\sum_y f$ 或 $\int f\mathrm{d}y$ 看单个； 条件 $g_2(y\mid x)=f/f_1$ 看联动
- 联合 → 边缘永远可以，反过来不行——差的是「怎么一起动」
- 独立 $\iff f=f_1f_2$ 处处成立，等价于「条件分布不随条件而变」
- 和的分布：离散沿斜线求和，连续用卷积； 二项、泊松、正态都「可加」，正态是方差相加
本讲总结（续）
- 二重积分的限要画图定，还要把题目区域与事件区域求交
- 定义域不是矩形就一定不独立，哪怕密度看起来可以拆成 $x$ 的因子乘 $y$ 的因子
- 方差相加，不是标准差相加：$\sigma_{X+Y}=\sqrt{\sigma_X^2+\sigma_Y^2}$，且要求独立
- 二项分布可加要求$p$ 相同；泊松可加没有额外条件
本讲说「正态之和的方差相加」，但那有个前提：独立。 不独立时该怎么算？「一起动」的程度，能不能压缩成一个数？
而且——整张联合分布表信息量很大，但汇报时没人要看一张表， 大家要的是「平均多少」「波动多大」这样的一两个数。
下一讲：随机变量的数字特征——期望、方差，以及描述「一起动」的协方差。