判定連續(xù)隨機(jī)變量獨(dú)立性的兩個(gè)充要條件

王凡彬

（1.內(nèi)江師范學(xué)院數(shù)學(xué)與信息科學(xué)學(xué)院，四川內(nèi)江 641100；2.四川省高等學(xué)校數(shù)值仿真重點(diǎn)實(shí)驗(yàn)室，四川內(nèi)江 641100）

在多維隨機(jī)變量 (X1,X2,…,Xn) 中，各分量X1,X2,…,Xn獨(dú)立性的探討目前主要還是按定義進(jìn)行的，即按如下兩個(gè)定義之一進(jìn)行。

定義1 設(shè)n維隨機(jī)變量(X1,X2,…,Xn)的聯(lián)合分布函數(shù)為F(x1,x2,…,xn)，F(xiàn)i(xi)為Xi的邊際分布函數(shù)〔1〕。如果對(duì)任意n個(gè)實(shí)數(shù)x1,x2,…,xn，有

則稱X1,X2,…,Xn相互獨(dú)立。

定義2 設(shè)(X1,X2,…,Xn)為n維連續(xù)隨機(jī)變量，p(x1,x2,…,xn)為聯(lián)合密度函數(shù)，pi(xi)為Xi的密度函數(shù)〔1〕，如果對(duì)任意n個(gè)實(shí)數(shù)x1,x2,…,xn，有

則稱X1,X2,…,Xn相互獨(dú)立。

按如上兩個(gè)定義對(duì)實(shí)際問題中的隨機(jī)變量的獨(dú)立性進(jìn)行判定是較為困難和麻煩的。目前，對(duì)n維隨機(jī)變量(X1,X2,…,Xn)各分量獨(dú)立性的判定有一些研究〔2-10〕，但成果不多，或結(jié)果不夠好，不能用兩種方法進(jìn)行處理。本文通過研究，得到了一個(gè)判定連續(xù)隨機(jī)變量獨(dú)立性的兩個(gè)充要條件，使得該問題的處理變得容易，提高了工作效率。

1 獨(dú)立性的判定

以下以二維連續(xù)隨機(jī)變量(X,Y)中X,Y的獨(dú)立性的判定討論為主，更高維情形的研究是類似的。

首先，從(X,Y)的聯(lián)合密度函數(shù)方面考慮，得到如下定理1。

定理1 設(shè)二維連續(xù)隨機(jī)變量(X,Y)的聯(lián)合密度函數(shù)為p(x,y)，(x,y)∈D，D為 R2中的區(qū)域；其余，p(x,y)=0。則X,Y相互獨(dú)立的充要條件是：

（1）p(x,y)=φ(x)ψ(y)，

（2）D=(a,b)×(c,d)，

其中φ(x),ψ(y)分別為(a,b),(c,d)上的可積函數(shù)；a,b,c,d為實(shí)數(shù)，a,c可為-∞，b,d可為+∞。

證明：（充分性）按條件（1）、（2），X的邊際密度函數(shù)

其余，pX(x)=0。

Y的邊際密度函數(shù)為

其余，pY(y)=0。則

其余，pX(x)pY(y)=0。（3）式的成立用到了

按獨(dú)立性定義，X,Y相互獨(dú)立。

（必要性）若X,Y相互獨(dú)立，則

取pX(x)=φ(x),pY(y)=ψ(y)，則條件（1）成立；又X,Y相互獨(dú)立，x,y的取值互相不影響，故D=(a,b)×(c,d)，即條件（2）成立。

注1：定理1 條件（1）中，分解式p(x,y)=φ(x)ψ(y)不具有唯一性。

其次，從(X,Y)的聯(lián)合分布函數(shù)方面考慮，有下面的定理2。

定理2 設(shè)二維連續(xù)隨機(jī)變量(X,Y)的聯(lián)合分布函數(shù)為F(x,y)，(x,y)∈D，D為 R2中的區(qū)域；其余，F(xiàn)(x,y)=0。則X,Y相互獨(dú)立的充要條件是：

（1）F(x,y)=f(x)g(y)，

（2）D=(a,b)×(c,d)，

其中f(x),g(y) 分別為(a,b),(c,d) 上的可導(dǎo)函數(shù)；a,b,c,d為實(shí)數(shù)，a,c可為-∞，b,d可為+∞。

證明：（充分性）當(dāng)條件（1）、（2）成立時(shí)，(X,Y)的聯(lián)合密度函數(shù)為

令φ(x)=f′(x),ψ(y)=g′(y)，則

由定理1，X,Y相互獨(dú)立。

（必要性）當(dāng)X,Y相互獨(dú)立時(shí)，有

其中FX(x),FY(y)分別為X,Y的邊際分布函數(shù)。令f(x)=FX(x),g(y)=FY(y) ，即 知F(x,y)=f(x)g(y) ，(x,y)∈D= (a,b)×(c,d)，即定理 2 中的條件（1）、（2）成立。

注2：定理2 條件（1）中，分解式F(x,y)=f(x)g(y)不具有唯一性。

2 應(yīng)用

定理1、定理2 的優(yōu)點(diǎn)在于在實(shí)際問題的判斷中，我們不必先由聯(lián)合密度函數(shù)p(x,y)求出pX(x) ，pY(y)，然后再看是否有p(x,y)=pX(x)pY(y)；或不必先由聯(lián)合分布函數(shù)F(x,y)求得FX(x),FY(y)，再驗(yàn)證是否有F(x,y)=FX(x)FY(y)，那樣做將是比較麻煩的。而應(yīng)用定理1、定理2，我們可直接觀察p(x,y) 或F(x,y)的形態(tài)和D的形狀，直接對(duì)p(x,y)或F(x,y)進(jìn)行分解、判斷，這就節(jié)省了時(shí)間和精力。下面試舉兩例，說明定理1、定理2 的應(yīng)用，從中讀者也可看到定理1、定理2的優(yōu)點(diǎn)。

例1 設(shè)二維隨機(jī)變量(X,Y)的聯(lián)合密度函數(shù)如下，試問X與Y是否相互獨(dú)立？

解：（1）設(shè)φ(x)=xe-x,ψ(y)=e-y，則

又 設(shè)a=0,b=+∞,c=0,d=+∞，則D=(0,+∞)×(0,+∞)=[(a,b)×(c,d)]，說明定理1中的條件（1）、（2）均滿足，故X,Y相互獨(dú)立。

（2）雖然我們可取φ(x)=24x，ψ(y)=y，p(x,y)=φ(x)ψ(y)，定 理 1 中 條 件（1）成 立 。 但D= {(x,y)|0 ＜x,y＜1,0 ＜x+y＜1}無法表成 (a,b)×(c,d)的形式，說明x,y的取值相互影響，故X,Y不相互獨(dú)立。

例2 設(shè)二維隨機(jī)變量(X,Y)的聯(lián)合分布函數(shù)如下，試問X與Y是否相互獨(dú)立？

其中參數(shù)λ＞0。

解:（1）令

則定理2中條件（1）、（2）滿足，故X與Y相互獨(dú)立。

（2）雖然D=(0,+∞)×(0,+∞) ，定理 2 中的條件（2）滿足；但F(x,y) 無法表成F(x,y)=f(x)g(y) 的形式，定理2中條件（1）不滿足，故X,Y不相互獨(dú)立。

3 結(jié)果的推廣

把定理1 的結(jié)果進(jìn)行推廣，就可得到下面定理3。

定理3 設(shè)n維連續(xù)隨機(jī)變量(X1,X2,…,Xn)的聯(lián)合密度函數(shù)為p(x1,x2,…,xn)，(x1,x2,…,xn)∈D，D為Rn中的區(qū)域；其余，p(x1,x2,…,xn)=0 ，則X1,X2,…,Xn相互獨(dú)立的充要條件是：

（1）p(x1,x2,…,xn)=φ1(x1)φ2(x2)…φn(xn)，

（2）D=(a1,b1)×(a2,b2)×…×(an,bn)，

其中φi(xi) 為 (ai,bi) 上的可積函數(shù)，i=1,2,…,n；ai,bi為實(shí)數(shù)，ai可為-∞，bi可為+∞，i=1,2,…,n。

定理3的證明略，可參照定理1的證明完成。

把定理2 的結(jié)果進(jìn)行推廣，就可得到下面定理4。

定理4 設(shè)n維連續(xù)隨機(jī)變量(X1,X2,…,Xn)的聯(lián)合分布函數(shù)為F(x1,x2,…,xn)，(x1,x2,…,xn)∈D，D為Rn中的區(qū)域；其余，F(xiàn)(x1,x2,…,xn)=0 ，則X1,X2,…,Xn相互獨(dú)立的充要條件是：

（1）F(x1,x2,…,xn)=f1(x1)f2(x2)…fn(xn)，

（2）D=(a1,b1)×(a2,b2)×…×(an,bn)，

其中fi(xi) 為 (ai,bi) 上的可導(dǎo)函數(shù)，i=1,2,…,n；ai,bi為實(shí)數(shù)，ai可為-∞，bi可為+∞，i=1,2,…,n。

定理4的證明略，可仿照定理2的證明完成。

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