Czy średnie odchylenie bezwzględne jest mniejsze niż odchylenie standardowe dla

Chcę porównać średnie odchylenie bezwzględne z odchyleniem standardowym w ogólnym przypadku z tą definicją:

M. ZA re = \frac{1}{n - 1} \sum_{1}^{n} | x_{ja} - μ |, S. re = \sqrt{\frac{\sum_{1}^{n} (x_{ja} - μ)^{2)}}{n - 1}}

$MAD = \frac{1}{n-1}\sum_1^n|x_i - \mu|, \qquad SD = \sqrt{\frac{\sum_1^n(x_i-\mu)^2}{n-1}}$

gdzie . $\mu =\frac{1}{n}\sum_1^n x_i$

Czy to prawda, że dla każdego ? $MAD \le SD$ $\{x_i\}^n_1$

Jest fałszem dla , ponieważ , dla każdego . $n=2$ $x+y \ge \sqrt{x^2+y^2}$ $x, y \ge 0$

Łatwo jest wykazać, że:

M. ZA re \leq \sqrt{\frac{n}{n - 1}} \times S. re

$MAD \le \sqrt{\frac{n}{n-1}} \times SD$

mean standard-deviation mean-absolute-deviation Lisbeth
źródło

Odpowiedzi:

Nie, ogólnie to nie jest prawda.

Prostym sposobem na to jest symulacja. Zazwyczaj hakuję nieskończoną pętlę, która zatrzymuje się, jeśli znajdzie kontrprzykład. Jeśli działa przez długi czas, zaczynam zastanawiać się, czy roszczenie może być prawdziwe. W niniejszej sprawie mój kod R wygląda następująco:

while ( TRUE ) {
    xx <- runif(3)
    mad <- sum(abs(xx-mean(xx)))/(length(xx)-1)
    sd <- sqrt(sum((xx-mean(xx))^2)/(length(xx)-1))
    if ( mad > sd ) break
}
xx

Daje to kontrprzykład:

[1] 0.7852480 0.0760231 0.8295893

Stephan Kolassa
źródło

To sprytny sposób korzystania z symulacji! Uratowało mnie od niepoprawnej odpowiedzi, że wynik zawsze się utrzymuje z powodu nierówności Jensena ... co najwyraźniej nie ma zastosowania, gdy

n - 1

$n-1$

n

$n$

dzielisz

Myślę jednak, że odpowiedź jest porównywalna

s_{n}

$s_n$ do średniego odchylenia z

n

$n$ Myślę, że mianownik byłby użyteczny, ponieważ dałby kontekst kontrprzykładowi.

Glen_b

Oto bardziej matematyczne podejście. Po pierwsze, prawdopodobnie prawdą jest, że przez zmianę zmiennych można założyć, że średnia wynosi zero. Z pewnością z punktu widzenia znalezienia przeciwnego przykładu jest to do przyjęcia. Więc ustawienie $\mu = 0$ , kwadratowanie obu stron proponowanej nierówności i pomnożenie przez (n-1) pozostaje z proponowaną nierównością -

$(\sum_{i=1}^{i=n}|x_i|)^2 \leq (n-1)(\sum_{i=1}^{i=n}|x_i|^2))$

To wygląda podejrzanie. (n-1) to za mało, żeby nadrobić wszystko $|x_i| |x_j|$ warunki . Zwłaszcza jeśli wszystkie $x_i$ są takie same w wartości bezwzględnej. Moje pierwsze przypuszczenie to n = 4 i $x_1 = x_2 =1, x_3=x_4 = -1$ . To prowadzi do $\frac{4}{3} \leq \sqrt{\frac{4}{3}}$ . Myślę, że tego rodzaju rzeczy są dobrze znane osobom zainteresowanym nierównościami.

meh
źródło

Nawet dla wszystkich

n

$n$ możesz użyć swojej konstrukcji (każdy

x_{i} = \pm 1

$x_i = \pm 1$ ) i

M. ZA re = \frac{n}{n - 1} > \sqrt{\frac{n}{n - 1}} = S. re

$MAD = \frac {n}{n-1} > \sqrt{\frac {n}{n-1}} = SD$ dlatego nie może być prawdą, że

M A D \leq S D

$MAD \leq SD$ dla wszystkich

x_{i}

$x_i$ .

Sextus Empiricus

Dla wszystkich dziwnych

n

$n$ możesz użyć mojej konstrukcji (

x_{0} = - 2

$x_0=-2$ ,

x_{1} = x_{2} = 1

$x_1=x_2=1$ a potem co drugi

x_{i} = \pm 1

$x_i = \pm1$ z naprzemiennymi plus minus). Więc masz

M. ZA re = \frac{n + 1}{n - 1} > \sqrt{\frac{n + 3)}{n - 1}} = S. re

$MAD = \frac {n+1}{n-1} > \sqrt {\frac {n+3}{n-1}} = SD$ gdzie nierówność można wyjaśnić, mnożąc przez

n - 1

$n-1$ i wyprostowanie tak, aby się stało

n^{2)} + 2) n + 1 = (n + 1)^{2)} (n + 3)) (n - 1) = n^{2)} + 2) n - 3)

$n^2+2n+1 = (n+1)^2 \> (n+3)(n-1) =n^2+2n-3$

Sextus Empiricus

Ale to nieprawda

M A D > S D

$MAD > SD$ dla wszystkich możliwych

x_{i}

$x_i$ . Warunki

| x_{i} | | x_{j} |

$|x_i| |x_j|$ (jest

n^{2}

$n^2$ z nich) mogą być uzupełnione przez

(n - 1)

$(n-1)$ termin, gdy wystarczająca liczba

x_{i}

$x_i$ są mali.

Sextus Empiricus

@Martijn Wszystko, co powiedziałem, to to, że wykonanie małej algebry wskazało drogę do znalezienia kontrprzykładów. W żadnym wypadku nie myślę i nie sądzę, żebym sprawiał wrażenie, jakbym myślał, że nierówność jest zawsze fałszywa lub prawdziwa.

meh

Komentarz „(n-1) nie wystarcza, by nadrobić ...” zabrzmiał dla mnie trochę trudnie. W niektórych przypadkach może to wystarczyć.

Sextus Empiricus