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

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

MAD=1n11n|xiμ|,SD=1n(xiμ)2n1

onde .μ=1n1nxi

É verdade que para cada ?MADSD{xi}1n

É falso para , pois , para cada .n=2x+yx2+y2x,y0

É fácil mostrar que:

MADnn1×SD

Lisbeth
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Respostas:

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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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3
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 denn1n
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. nsnn
Glen_b -Reinstala Monica 25/09
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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 -μ=0

(i=1i=n|xi|)2(n1)(i=1i=n|xi|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.|xi||xj|xix1=x2=1,x3=x4=14343

meh
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Para todos os pares, você pode usar sua construção (todo ) e portanto, pode Não é verdade que para todos . nxi=±1
MAD=nn1>nn1=SD
MADSDxi
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 tornenx0=2x1=x2=1xi=±1
MAD=n+1n1>n+3n1=SD
n1
n2+2n+1=(n+1)2(n+3)(n1)=n2+2n3
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. x i | x i | | x j | n 2 ( n - 1 ) x iMAD>SDxi|xi||xj|n2(n1)xi
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