O desvio médio absoluto é menor que o desvio padrão para ?

Eu quero comparar o desvio absoluto médio com o desvio padrão, em geral, com esta definição:

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}}

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

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

É verdade que para cada ? $MAD \le SD$ $\{x_i\}^n_1$

É falso para , pois , para cada . $n=2$ $x+y \ge \sqrt{x^2+y^2}$ $x, y \ge 0$

É fácil mostrar que:

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
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Respostas:

Não, em geral isso não é verdade.

Uma maneira simples de ver isso é simular. Eu costumo cortar um loop infinito que para se encontrar um contra-exemplo. Se durar muito tempo, começo a pensar se a afirmação pode ser verdadeira. No presente caso, meu código R se parece com isso:

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

Rende este contra-exemplo:

[1] 0.7852480 0.0760231 0.8295893

Stephan Kolassa
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Essa é uma maneira inteligente de usar simulação! Me salvou de forma incorrecta responder que o resultado sempre mantém devido à desigualdade de Jensen ... que aparentemente não é aplicável quando você dividir por em vez de

n - 1

$n-1$

n

$n$

CloseToC

No entanto, acho que talvez uma resposta que compare com o desvio médio com denominador seria, eu acho, útil, porque daria contexto ao contraexemplo.

s_{n}

$s_n$

n

$n$

Glen_b -Reinstala Monica 25/09

Aqui está uma abordagem mais matemática. Em primeiro lugar, provavelmente é verdade que, com uma mudança de variáveis, podemos assumir que a média é zero. Certamente, do ponto de vista de encontrar um exemplo contrário, isso é aceitável. Portanto, definindo , quadrando os dois lados da desigualdade proposta e multiplicando por (n-1) um fica com a desigualdade proposta - $\mu = 0$

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

Isso parece suspeito. (n-1) não é suficiente para compensar todas astermos. Especialmente se todos os forem iguais em valor absoluto. Meu primeiro palpite foi n = 4 e . Isso leva a . Eu acho que esse tipo de coisa é bem conhecido por pessoas interessadas em desigualdades. $|x_i| |x_j|$ $x_i$ $x_1 = x_2 =1, x_3=x_4 = -1$ $\frac{4}{3} \leq \sqrt{\frac{4}{3}}$

meh
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Para todos os pares, você pode usar sua construção (todo ) e portanto, pode Não é verdade que para todos .

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}

$x_i$

Sextus Empiricus

Para todos os ímpares, você pode usar minha construção ( , e, em seguida, todos os outros com alternância mais menos). Então você tem onde a desigualdade pode ser esclarecida pela multiplicação por e ao quadrado, de modo que se torne

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

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

Sextus Empiricus

Mas não é verdade que para todos os possíveis . Os termos(há ) podem ser compensados pelo termo quando número suficiente de é pequeno.

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}

$x_i$

Sextus Empiricus

@ Martijn Tudo o que eu estava dizendo era que fazer um pouco de álgebra indicava o caminho para encontrar contra-exemplos. De maneira alguma penso, e acho que nem dei a impressão que pensei, de que a desigualdade era sempre falsa ou verdadeira.

meh

O comentário "(n-1) não é suficiente para compensar ..." me pareceu um pouco difícil. Em alguns casos, pode ser suficiente.

Sextus Empiricus