¿La desviación absoluta media es menor que la desviación estándar para

Quiero comparar la desviación absoluta media con la desviación estándar en el caso general con esta definición:

METRO UNA re = \frac{1}{norte - 1} \sum_{1}^{norte} El | X_{yo} - μ El |, S re = \sqrt{\frac{\sum_{1}^{norte} (X_{yo} - μ)^{2}}{norte - 1}}

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

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

¿Es cierto que $MAD \le SD$ por cada $\{x_i\}^n_1$ ?

Es falso para $n=2$ , porque $x+y \ge \sqrt{x^2+y^2}$ , por cada $x, y \ge 0$ .

Es fácil demostrar que:

METRO UNA re \leq \sqrt{\frac{norte}{norte - 1}} \times S re

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

mean standard-deviation mean-absolute-deviation Lisbeth
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Respuestas:

No, en general esto no es cierto.

Una manera simple de ver esto es simulando. Normalmente pirateo un bucle infinito que se detiene si encuentra un contraejemplo. Si funciona durante mucho tiempo, empiezo a pensar si la afirmación podría ser cierta. En el presente caso, mi código R se ve así:

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

Produce este contraejemplo:

[1] 0.7852480 0.0760231 0.8295893

Stephan Kolassa
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¡Esa es una forma inteligente de usar la simulación! Me salvó de responder incorrectamente que el resultado siempre se cumple debido a la desigualdad de Jensen ... que aparentemente no es aplicable cuando se divide por

lugar de

n - 1

$n-1$

n

$n$

CloseToC

Sin embargo, creo que tal vez una respuesta que compare

con la desviación media con

denominador sería, creo, útil, porque daría contexto al contraejemplo.

s_{n}

$s_n$

n

$n$

Glen_b -Reinstale a Monica el

Aquí hay un enfoque más matemático. En primer lugar, probablemente sea cierto que mediante un cambio de variables, uno puede suponer que la media es cero. Ciertamente, desde el punto de vista de encontrar un contraejemplo, esto es aceptable. Entonces, estableciendo $\mu = 0$ , cuadrando ambos lados de la desigualdad propuesta y multiplicando por (n-1) uno queda con la desigualdad propuesta -

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

Esto se ve sospechoso. (n-1) no es suficiente para compensar todos los $|x_i| |x_j|$ términos Particularmente si todas las $x_i$ son iguales en valor absoluto. Mi primera suposición fue n = 4 y $x_1 = x_2 =1, x_3=x_4 = -1$ . Esto lleva a $\frac{4}{3} \leq \sqrt{\frac{4}{3}}$ . Creo que este tipo de cosas es bien conocido por las personas interesadas en las desigualdades.

meh
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n

$n$

x_{i} = \pm 1

$x_i = \pm 1$

METRO UNA re = \frac{norte}{norte - 1} > \sqrt{\frac{norte}{norte - 1}} = S re

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

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

$x_i = \pm1$

METRO UNA re = \frac{norte + 1}{norte - 1} > \sqrt{\frac{norte + 3}{norte - 1}} = S re

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

n - 1

$n-1$

{norte}^{2} + 2 norte + 1 = (norte + 1)^{2} (norte + 3) (norte - 1) = {norte}^{2} + 2 norte - 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 Todo lo que decía era que hacer un poco de álgebra señalaba el camino para encontrar contraejemplos. De ninguna manera pienso, y creo que ni siquiera di la impresión que pensé, que la desigualdad siempre fue falsa o verdadera.

meh

El comentario "(n-1) no es suficiente para compensar ..." me pareció un poco difícil. En algunos casos puede ser suficiente.

Sextus Empiricus