正态随机变量#

PDF： $f_X(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi} \sigma} e^{-(x-\mu)^2/(2\sigma^2)}$ 其中$\mu$为均值，$\sigma > 0$为标准差。

标准正态随机变量#

PDF： $\phi(y) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-y^2/2}, \quad \text{CDF为} \Phi(y)$

期望和方差#

$E[X] = \mu, \quad \text{var}(X) = \sigma^2$

线性变换#

若$X \sim N(\mu, \sigma^2)$，则$Y = aX + b$也服从正态分布： $E[Y] = a\mu + b, \quad \text{var}(Y) = a^2 \sigma^2$

标准化#

若$X \sim N(\mu, \sigma^2)$，则： $Y = \frac{X - \mu}{\sigma} \sim N(0,1)$

归一化条件证明#

需要证明：$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} e^{-(x-\mu)^2/(2\sigma^2)} dx = 1$

证明： 令$I = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2/2} dx$，考虑$I^2$： $I^2 = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-(x^2+y^2)/2} dx dy$

转换为极坐标：$x = r\cos\theta$, $y = r\sin\theta$, $dx dy = r dr d\theta$ $I^2 = \int_0^{2\pi} \int_0^{\infty} e^{-r^2/2} r dr d\theta = 2\pi$

所以$I = \sqrt{2\pi}$，归一化条件成立。

方差推导#

$\text{var}(X) = \int_{-\infty}^{\infty} (x-\mu)^2 \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} e^{-(x-\mu)^2/(2\sigma^2)} dx$

令$y = \frac{x-\mu}{\sigma}$，则： $\text{var}(X) = \frac{\sigma^2}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} y^2 e^{-y^2/2} dy = \sigma^2$

使用标准正态分布表#

$P(X \leq x) = \Phi\left( \frac{x - \mu}{\sigma} \right)$

负值处理#

$\Phi(-y) = 1 - \Phi(y)$