Чи є середнє абсолютне відхилення менше, ніж стандартне відхилення для

Я хочу порівняти середнє абсолютне відхилення зі стандартним відхиленням у загальному випадку з цим визначенням:

M A D = \frac{1}{n - 1} \sum_{1}^{n} | x_{i} - μ |, S D = \sqrt{\frac{\sum_{1}^{n} (x_{i} - μ)^{2}}{n - 1}}

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

де . $\mu =\frac{1}{n}\sum_1^n x_i$

Чи правда, що для кожного ? $MAD \le SD$ $\{x_i\}^n_1$

Неправильно для , оскільки , для кожного . $n=2$ $x+y \ge \sqrt{x^2+y^2}$ $x, y \ge 0$

Неважко показати, що:

M A D \leq \sqrt{\frac{n}{n - 1}} \times S D

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

mean standard-deviation mean-absolute-deviation

— Лісбет
джерело

Відповіді:

Ні, загалом це неправда.

Простий спосіб поглянути на це - імітувати. Я, як правило, зломлюю нескінченний цикл, який зупиняється, якщо він знайде контрприклад. Якщо вона триває довгий час, я починаю замислюватися над тим, чи може ця претензія бути правдивою. У цьому випадку мій код R виглядає приблизно так:

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

Він дає цей контрприклад:

[1] 0.7852480 0.0760231 0.8295893

— Стефан Коласа
джерело

Це розумний спосіб використання моделювання! Врятувало мене від неправильної відповіді, що результат завжди має місце через нерівність Дженсена ... що, очевидно, не застосовується, коли ви поділяєте на

n - 1

$n-1$ замість

n

$n$

— CloseToC

Однак я думаю, що можливо відповідь, яка порівнює

s_{n}

$s_n$ до середнього відхилення з

n

$n$ Знаменник, я думаю, був би корисним, оскільки дав би контекст контрприкладу.

— Glen_b -Встановити Моніку

Ось більш математичний підхід. По-перше, мабуть, правда, що зміною змінних можна припустити, що середнє значення дорівнює нулю. Безумовно, з точки зору пошуку зустрічного прикладу, це прийнятно. Отже, налаштування $\mu = 0$ , зіставляючи обидві сторони запропонованої нерівності і множивши на (n-1), залишається запропонована нерівність -

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

Це виглядає рибно. (n-1) недостатньо, щоб компенсувати всі $|x_i| |x_j|$ умови. Особливо, якщо всі $x_i$ однакові за абсолютною величиною. Моя перша здогадка була n = 4 і $x_1 = x_2 =1, x_3=x_4 = -1$ . Це призводить до $\frac{4}{3} \leq \sqrt{\frac{4}{3}}$ . Я думаю, що подібні речі добре відомі людям, які цікавляться нерівностями.

— мех
джерело

Для всіх навіть

n

$n$ ви можете використовувати свою конструкцію (кожен

x_{i} = \pm 1

$x_i = \pm 1$ ) і

М А D = \frac{н}{н - 1} > \sqrt{\frac{н}{н - 1}} = S D

$MAD = \frac {n}{n-1} > \sqrt{\frac {n}{n-1}} = SD$ таким чином, це не може бути правдою

M A D \leq S D

$MAD \leq SD$ для усіх

x_{i}

$x_i$ .

— Секст

Для всіх дивних

n

$n$ ви можете використовувати мою конструкцію (

x_{0} = - 2

$x_0=-2$ ,

x_{1} = x_{2} = 1

$x_1=x_2=1$ а потім кожен інший

x_{i} = \pm 1

$x_i = \pm1$ з чергуванням плюс мінус). Тоді у вас є

М А D = \frac{н + 1}{н - 1} > \sqrt{\frac{н + 3}{н - 1}} = S D

$MAD = \frac {n+1}{n-1} > \sqrt {\frac {n+3}{n-1}} = SD$ де нерівність може бути зрозуміла множенням на

n - 1

$n-1$ і квадратик такий, що стає

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

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

— Секст

Але це неправда

M A D > S D

$MAD > SD$ для всіх можливих

x_{i}

$x_i$ . Умови

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

$|x_i| |x_j|$ (є

n^{2}

$n^2$ з них) може скластись

(n - 1)

$(n-1)$ термін, коли достатня кількість

x_{i}

$x_i$ маленькі.

— Секст

@Martijn Все, що я говорив, - це те, що робити трохи алгебри вказувало шлях до зустрічних прикладів. Я ні в якому разі не думаю, і я не думаю, що навіть створив враження, що думав, що нерівність завжди була хибною чи правдою.

— meh

Коментар "(n-1) недостатньо, щоб компенсувати ..." мені пролунав дещо складно. У деяких випадках це може бути достатньо.

— Секст