Apakah simpangan absolut lebih kecil dari simpangan baku untuk

Saya ingin membandingkan deviasi absolut rata-rata dengan deviasi standar dalam kasus umum dengan definisi ini:

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}}

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

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

Benarkah $MAD \le SD$ untuk setiap $\{x_i\}^n_1$ ?

Itu salah untuk $n=2$ , karena $x+y \ge \sqrt{x^2+y^2}$ , untuk setiap $x, y \ge 0$ .

Sangat mudah untuk menunjukkan bahwa:

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

— Lisbeth
sumber

Jawaban:

Tidak, secara umum ini tidak benar.

Cara sederhana untuk melihatnya adalah dengan mensimulasikan. Saya biasanya meretas bersama sebuah loop tak terbatas yang berhenti jika ia menemukan contoh tandingan. Jika itu berjalan lama, saya mulai berpikir apakah klaim itu mungkin benar. Dalam kasus ini, kode R saya terlihat seperti ini:

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

Ini menghasilkan sampel tandingan ini:

[1] 0.7852480 0.0760231 0.8295893

— Stephan Kolassa
sumber

n - 1

$n-1$

n

$n$

s_{n}

$s_n$

n

$n$

$\mu = 0$

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

$|x_i| |x_j|$ $x_i$ $x_1 = x_2 =1, x_3=x_4 = -1$ $\frac{4}{3} \leq \sqrt{\frac{4}{3}}$

— meh
sumber

n

$n$

x_{i} = \pm 1

$x_i = \pm 1$

M A D = \frac{n}{n - 1} > \sqrt{\frac{n}{n - 1}} = S D

$MAD = \frac {n}{n-1} > \sqrt{\frac {n}{n-1}} = SD$

M A D \leq S D

$MAD \leq SD$

x_{i}

$x_i$

n

$n$

x_{0} = - 2

$x_0=-2$

x_{1} = x_{2} = 1

$x_1=x_2=1$

x_{i} = \pm 1

$x_i = \pm1$

M A D = \frac{n + 1}{n - 1} > \sqrt{\frac{n + 3}{n - 1}} = S D

$MAD = \frac {n+1}{n-1} > \sqrt {\frac {n+3}{n-1}} = SD$

n - 1

$n-1$

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

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

M A D > S D

$MAD > SD$

x_{i}

$x_i$

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

$|x_i| |x_j|$

n^{2}

$n^2$

(n - 1)

$(n-1)$

x_{i}

$x_i$

@ Martijn Yang saya katakan adalah melakukan aljabar kecil menunjukkan cara menemukan contoh tandingan. Saya sama sekali tidak berpikir, dan saya pikir saya bahkan tidak memberi kesan saya pikir, bahwa ketidaksetaraan itu selalu salah atau benar.

— meh

Komentar "(n-1) tidak cukup untuk menebus ..." terdengar agak sulit bagi saya. Dalam beberapa kasus itu sudah cukup.

— Sextus Empiricus