定义7：若二维连续型随机变量$(X,Y)$的概率密度为：$f(x,y)=\frac{1}{2\pi {\sigma }_1{\sigma }_2\sqrt{1-{\rho }^2}}{e}^{-\frac{1}{2(1-{\rho }^2)}[\frac{(x-{\mu }_1{)}^2}{{\sigma }_1^2}-2\rho \frac{(x-{\mu }_1)(y-{\mu }_2)}{{\sigma }_1{\sigma }_2}+\frac{(y-{\mu }_2{)}^2}{{\sigma }_2^2}]}$ ，其中${\mu }_1,{\mu }_2,{\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2,\rho$都是常数，且${\sigma }_1,{\sigma }_2>0,|\rho |\le 1,-\infty <x,y<+\infty$，则称$(X,Y)$服从二维正态分布，记作：$(X,Y)\sim N({\mu }_1,{\mu }_2,{\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2,\rho )$。

特别地，若${\mu }_1={\mu }_2=0,{\sigma }_1^2={\sigma }_2^2=1$，即$(X,Y)\sim N(0,0,1,1,\rho )$，则称$(X,Y)$服从参数为$\rho$的标准正态分布，其概率密度为：$f(x,y)=\frac{1}{2\pi \sqrt{1-{\rho }^2}}{e}^{-\frac{x^2-2\rho xy+y^2}{2(1-{\rho }^2)}},-\infty <x<+\infty$ 。

二维正态分布的概率密度很像一顶四周无限延伸的草帽。其中心点在$({\mu }_1,{\mu }_2)$处，其等高线是椭圆。

$★★★★★$ 定义要深刻理解

定义8：对于二维连续型随机变量$(X,Y)$，其分量$X$与$Y$各自的概率密度分别称为$(X,Y)$关于$X$与关于$Y$的边缘概率密度，记为$f_X(x)$与$f_Y(y)$。

已知二维连续型随机变量$(X,Y)$的概率密度为$f(x,y)$，则：

$f_X(x)={\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x,y)dy,-\infty <x<+\infty$

$f_Y(y)={\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x,y)dx,-\infty <y<+\infty$

事实上，$F_X(x) = \int_{-\infty}^{+\infty} (\int_{-\infty}^{x}f(u,v) du) dv = \int_{-\infty}^{x} (\int_{-\infty}^{+\infty}f(u,v) dv) du $ # ${\int }_{-\infty }^{+\infty }f(u,v)dv=f_X(u)$

得：$F_X(x)={\int }_{-\infty }^x{f}_X(u)du$

同理得：$F_Y(y)={\int }_{-\infty }^y{f}_Y(v)dv$

$★★★★★$例10：设二维正态随机变量$(X,Y)\sim N({\mu }_1,{\mu }_2,{\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2,\rho )$，求$(X,Y)$关于$X$与关于$Y$的边缘概率密度。

解：根据题目已知信息得$(X,Y)$的概率密度为：

$f(x,y)=\frac{1}{2\pi {\sigma }_1{\sigma }_2\sqrt{1-{\rho }^2}}{e}^{-\frac{1}{2(1-{\rho }^2)}[\frac{(x-{\mu }_1{)}^2}{{\sigma }_1^2}-2\rho \frac{(x-{\mu }_1)(y-{\mu }_2)}{{\sigma }_1{\sigma }_2}+\frac{(y-{\mu }_2{)}^2}{{\sigma }_2^2}]}$

因为：$\frac{(y-{\mu }_2{)}^2}{{\sigma }_2^2}-2\rho \frac{(x-{\mu }_1)(y-{\mu }_2)}{{\sigma }_1{\sigma }_2}=[\frac{(y-{\mu }_2)}{{\sigma }_2}-\rho \frac{(x-{\mu }_1)}{{\sigma }_1}{]}^2-{\rho }^2\frac{(x-{\mu }_1{)}^2}{{\sigma }_1^2}$

因此，$e$的指数部分进行一系列的等价变换：
e 的指数部分 = − 1 2 ( 1 − ρ 2 ) [ ( x − μ 1 ) 2 σ 1 2 − 2 ρ ( x − μ 1 ) ( y − μ 2 ) σ 1 σ 2 + ( y − μ 2 ) 2 σ 2 2 ] = − 1 2 ( 1 − ρ 2 ) { ( x − μ 1 ) 2 σ 1 2 + [ ( y − μ 2 ) σ 2 − ρ ( x − μ 1 ) σ 1 ] 2 − ρ 2 ( x − μ 1 ) 2 σ 1 2 } = − 1 2 ( 1 − ρ 2 ) { ( x − μ 1 ) 2 σ 1 2 − ρ 2 ( x − μ 1 ) 2 σ 1 2 + [ ( y − μ 2 ) σ 2 − ρ ( x − μ 1 ) σ 1 ] 2 } = − 1 2 ( 1 − ρ 2 ) { ( 1 − ρ 2 ) ( x − μ 1 ) 2 σ 1 2 + [ ( y − μ 2 ) σ 2 − ρ ( x − μ 1 ) σ 1 ] 2 } = − ( x − μ 1 ) 2 2 σ 1 2 + [ − 1 2 ( 1 − ρ 2 ) ] { [ ( y − μ 2 ) σ 2 − ρ ( x − μ 1 ) σ 1 ] 2 } e的指数部分 \\ \begin{align} &= -\frac{1}{2(1-\rho^2)}[\frac{(x-\mu_1)^2}{\sigma_1^2} - 2\rho\frac{(x-\mu_1)(y-\mu_2)}{\sigma_1 \sigma_2} + \frac{(y-\mu_2)^2}{\sigma_2^2}] \\ &= -\frac{1}{2(1-\rho^2)} \{\frac{(x-\mu_1)^2}{\sigma_1^2} + [\frac{(y-\mu_2)}{\sigma_2} - \rho\frac{(x-\mu_1)}{\sigma_1}]^2 - \rho^2 \frac{(x-\mu_1)^2}{\sigma_1^2} \}\\ &= -\frac{1}{2(1-\rho^2)} \{\frac{(x-\mu_1)^2}{\sigma_1^2} - \rho^2 \frac{(x-\mu_1)^2}{\sigma_1^2} + [\frac{(y-\mu_2)}{\sigma_2} - \rho\frac{(x-\mu_1)}{\sigma_1}]^2 \}\\ &= -\frac{1}{2(1-\rho^2)} \{\frac{(1-\rho^2)(x-\mu_1)^2}{\sigma_1^2} + [\frac{(y-\mu_2)}{\sigma_2} - \rho\frac{(x-\mu_1)}{\sigma_1}]^2 \}\\ &= -\frac{(x-\mu_1)^2}{2\sigma_1^2} + [-\frac{1}{2(1-\rho^2)}] \{[\frac{(y-\mu_2)}{\sigma_2} - \rho\frac{(x-\mu_1)}{\sigma_1}]^2 \}\\ \end{align} e的指数部分​=−2(1−ρ2)1​[σ12​(x−μ1​)2​−2ρσ1​σ2​(x−μ1​)(y−μ2​)​+σ22​(y−μ2​)2​]=−2(1−ρ2)1​{σ12​(x−μ1​)2​+[σ2​(y−μ2​)​−ρσ1​(x−μ1​)​]2−ρ2σ12​(x−μ1​)2​}=−2(1−ρ2)1​{σ12​(x−μ1​)2​−ρ2σ12​(x−μ1​)2​+[σ2​(y−μ2​)​−ρσ1​(x−μ1​)​]2}=−2(1−ρ2)1​{σ12​(1−ρ2)(x−μ1​)2​+[σ2​(y−μ2​)​−ρσ1​(x−μ1​)​]2}=−2σ12​(x−μ1​)2​+[−2(1−ρ2)1​]{[σ2​(y−μ2​)​−ρσ1​(x−μ1​)​]2}​​
变换后对于整个$(X,Y)$的概率密度而言就变成了：
$$\begin{gathered} f(x,y) \\ \begin{array}{rl}& =\frac{1}{2\pi {\sigma }_1{\sigma }_2\sqrt{1-{\rho }^2}}{e}^{-\frac{1}{2(1-{\rho }^2)}[\frac{(x-{\mu }_1{)}^2}{{\sigma }_1^2}-2\rho \frac{(x-{\mu }_1)(y-{\mu }_2)}{{\sigma }_1{\sigma }_2}+\frac{(y-{\mu }_2{)}^2}{{\sigma }_2^2}]}\\ & =\frac{1}{2\pi {\sigma }_1{\sigma }_2\sqrt{1-{\rho }^2}}{e}^{-\frac{(x-{\mu }_1{)}^2}{2{\sigma }_1^2}+[-\frac{1}{2(1-{\rho }^2)}]\{[\frac{(y-{\mu }_2)}{{\sigma }_2}-\rho \frac{(x-{\mu }_1)}{{\sigma }_1}{]}^2\}}\\ & =\frac{1}{2\pi {\sigma }_1{\sigma }_2\sqrt{1-{\rho }^2}}{e}^{-\frac{(x-{\mu }_1{)}^2}{2{\sigma }_1^2}}\cdot e^{-\frac{1}{2(1-{\rho }^2)}[\frac{(y-{\mu }_2)}{{\sigma }_2}-\rho \frac{(x-{\mu }_1)}{{\sigma }_1}{]}^2}\end{array} \end{gathered}$$
根据定义：$f_X(x)={\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x,y)dy$，则：
$$\begin{gathered} f_X(x) \\ \begin{array}{rl}& ={\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{1}{2\pi {\sigma }_1{\sigma }_2\sqrt{1-{\rho }^2}}{e}^{-\frac{(x-{\mu }_1{)}^2}{2{\sigma }_1^2}}\cdot e^{-\frac{1}{2(1-{\rho }^2)}[\frac{(y-{\mu }_2)}{{\sigma }_2}-\rho \frac{(x-{\mu }_1)}{{\sigma }_1}{]}^2}dy\\ & =\frac{1}{2\pi {\sigma }_1{\sigma }_2\sqrt{1-{\rho }^2}}{e}^{-\frac{(x-{\mu }_1{)}^2}{2{\sigma }_1^2}}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-\frac{1}{2(1-{\rho }^2)}[\frac{(y-{\mu }_2)}{{\sigma }_2}-\rho \frac{(x-{\mu }_1)}{{\sigma }_1}{]}^2}dy\\ & =\frac{1}{2\pi {\sigma }_1}\cdot \frac{1}{{\sigma }_2\sqrt{1-{\rho }^2}}\cdot e^{-\frac{(x-{\mu }_1{)}^2}{2{\sigma }_1^2}}\cdot {\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-\frac{1}{2(1-{\rho }^2)}[\frac{(y-{\mu }_2)}{{\sigma }_2}-\rho \frac{(x-{\mu }_1)}{{\sigma }_1}{]}^2}dy\end{array} \end{gathered}$$
我们令$t=\frac{1}{\sqrt{1-{\rho }^2}}[\frac{(y-{\mu }_2)}{{\sigma }_2}-\rho \frac{(x-{\mu }_1)}{{\sigma }_1}]$，则$t^{\prime }=\frac{dt}{dy}=\frac{1}{\sqrt{1-{\rho }^2}\cdot {\sigma }_2}$，得：$dy=\sqrt{1-{\rho }^2}\cdot {\sigma }_2\cdot dt$ ；(积分上下限代换后仍是$(-\infty ,+\infty )$那么上式转化为：
$$\begin{gathered} f_X(x) \\ \begin{array}{rl}& =\frac{1}{2\pi {\sigma }_1}\cdot \frac{1}{{\sigma }_2\sqrt{1-{\rho }^2}}\cdot e^{-\frac{(x-{\mu }_1{)}^2}{2{\sigma }_1^2}}\cdot {\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-\frac{1}{2(1-{\rho }^2)}[\frac{(y-{\mu }_2)}{{\sigma }_2}-\rho \frac{(x-{\mu }_1)}{{\sigma }_1}{]}^2}dy\\ & =\frac{1}{2\pi {\sigma }_1}\cdot \frac{1}{{\sigma }_2\sqrt{1-{\rho }^2}}\cdot e^{-\frac{(x-{\mu }_1{)}^2}{2{\sigma }_1^2}}\cdot {\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-\frac{t^2}{2}}{\sigma }_2\sqrt{1-{\rho }^2}dt\\ & =\frac{1}{2\pi {\sigma }_1}\cdot e^{-\frac{(x-{\mu }_1{)}^2}{2{\sigma }_1^2}}\cdot {\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-\frac{t^2}{2}}dt\end{array} \end{gathered}$$
因${\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-\frac{t^2}{2}}dt=1$得${\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-\frac{t^2}{2}}dt=\sqrt{2\pi }$。 # 特殊积分，人类已知

所以：$f_X(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }{\sigma }_1}{e}^{-\frac{(x-{\mu }_1{)}^2}{2{\sigma }_1^2}}$ ，即$X\sim N({\mu }_1,{\sigma }_1)$。

同理：$f_Y(y)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }{\sigma }_2}{e}^{-\frac{(x-{\mu }_2{)}^2}{2{\sigma }_2^2}}$ ，即$Y\sim N({\mu }_2,{\sigma }_2)$。

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特别地；若$(X,Y)\sim N(0,0,1,1,\rho )$则$X\sim N(0,1),Y\sim N(0,1)$；因此，在$(X,Y)$服从二维正态分布的前提下，它的分量$X$和$Y$也分别服从一维正态分布，而且边缘概率密度中不含参数$\rho$，这说明不同$\rho$的二维正态分布的的边缘分布是确定的，但是具有相同边缘分布的二维正态分布可能不同。

例11：设二维随机变量$(X,Y)$在区域$D$上服从均匀分布，其中$D$为$x$轴、$y$轴以及$y=1-2x$围成的三角形区域，求$(X,Y)$的边缘概率密度$f_X(x)$和$f_Y(y)$。

解：先画图

由图知，$D$区域的面积为$S=\frac{1}{4}$，又因$(X,Y)$服从均匀分布，因此它的概率密度为：
$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}4,& (x,y)\in D\\ 0,& 其他\end{array}$$
那么$(X,Y)$关于$X$的边缘概率密度为：
$$\begin{array}{rl}{f}_X(x)={\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x,y)dy& =\{\begin{array}{ll}{\int }_0^{1-2x}4dy,& 0\le x\le \frac{1}{2}\\ 0,& 其他\end{array}\\ & =\{\begin{array}{ll}4(1-2x),& 0\le x\le \frac{1}{2}\\ 0,& 其他\end{array}\end{array}$$
同理$(X,Y)$关于$Y$的边缘概率密度为：
$$\begin{array}{rl}{f}_Y(y)={\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x,y)dx& =\{\begin{array}{ll}{\int }_0^{\frac{1-y}{2}}4dx,& 0\le y\le 1\\ 0,& 其他\end{array}\\ & =\{\begin{array}{ll}2(1-y),& 0\le x\le 1\\ 0,& 其他\end{array}\end{array}$$

例12：设二维随机变量$(X,Y)$在区域 D = { x 2 ≤ y ≤ x , 0 ≤ x ≤ 1 } D=\{x^2 \le y \le x,\ 0 \le x \le 1\} D={x2≤y≤x, 0≤x≤1}上服从均匀分布，求$(X,Y)$的边缘概率密度。

解：画图：

计算区域$D$的面积为：$S={\int }_0^{1}dx{\int }_{x^2}^{x}dy={\int }_0^1(x-x^2)dx=(\frac{1}{2}{x}^2-\frac{1}{3}{x}^3){|}_0^1=\frac{1}{6}$ # 这里是高等数学二重积分的知识

再加上由题目知道$(X,Y)$服从均匀分布，因此其概率密度为：
$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}6,& (x,y)\in D\\ 0,& 其他\end{array}$$
因此，根据定义知$(X,Y)$关于$X$的边缘概率密度为：
$$\begin{array}{rl}{f}_X(x)& =\{\begin{array}{ll}{\int }_{x^2}^{x}6dy,& 0\le x\le 1\\ 0,& 其他\end{array}\\ & \\ & =\{\begin{array}{ll}6x-6x^2,& 0\le x\le 1\\ 0,& 其他\end{array}\end{array}$$
同理知$(X,Y)$关于$Y$的边缘概率密度为：
$$\begin{array}{rl}{f}_Y(y)& =\{\begin{array}{ll}{\int }_y^{\sqrt{y}}6dx,& 0\le y\le 1\\ 0,& 其他\end{array}\\ & \\ & =\{\begin{array}{ll}6\sqrt{y}-6y,& 0\le y\le 1\\ 0,& 其他\end{array}\end{array}$$

例13：设二维随机变量$(X,Y)$的概率密度为：
$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}8xy,& 0\le x\le y\le 1\\ 0,& 其他\end{array}$$
求 P { X ≥ 1 2 } P\{X \ge \frac{1}{2}\} P{X≥21​}。

解：画图：

解法一：先计算$(X,Y)$关于$X$的边缘概率密度：
$$\begin{array}{rl}{f}_X(x)={\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x,y)dy& =\{\begin{array}{ll}{\int }_x^{1}8xydy,& 0\le x\le 1\\ 0,& 其他\end{array}\\ & \\ & =\{\begin{array}{ll}4x(1-x^2),& 0\le x\le 1\\ 0,& 其他\end{array}\end{array}$$
在计算所求概率：
P { X > 1 2 } = ∫ 1 2 1 f X ( x ) d x = ∫ 1 2 1 4 x ( 1 − x 2 ) d x = ( 2 x 2 − x 4 ) ∣ 1 2 1 = 9 16 \begin{align} P\{X \gt \frac{1}{2}\} &= \int_{\frac{1}{2}}^{1} f_X(x) dx \\ &= \int_{\frac{1}{2}}^{1} 4x(1-x^2) dx \\ &= (2x^2 -x^4)|_{\frac{1}{2}}^{1} \\ &= \frac{9}{16} \end{align} P{X>21​}​=∫21​1​fX​(x)dx=∫21​1​4x(1−x2)dx=(2x2−x4)∣21​1​=169​​​

解法二：使用$(X,Y)$的概率密度直接计算所求概率：
P { X > 1 2 } = ∫ 1 2 1 ( ∫ x 1 f ( x , y ) d y ) d x = ∫ 1 2 1 ( ∫ x 1 8 x y d y ) d x = ∫ 1 2 1 4 x ( 1 − x 2 ) d x = ( 2 x 2 − x 4 ) ∣ 1 2 1 = 9 16 \begin{align} P\{X \gt \frac{1}{2}\} &= \int_{\frac{1}{2}}^{1} (\int_{x}^{1} f(x,y) dy) dx \\ &= \int_{\frac{1}{2}}^{1} (\int_{x}^{1} 8xy dy) dx \\ &= \int_{\frac{1}{2}}^{1} 4x(1-x^2) dx \\ &= (2x^2 -x^4)|_{\frac{1}{2}}^{1} \\ &= \frac{9}{16} \end{align} P{X>21​}​=∫21​1​(∫x1​f(x,y)dy)dx=∫21​1​(∫x1​8xydy)dx=∫21​1​4x(1−x2)dx=(2x2−x4)∣21​1​=169​​​