Come dimostrarlo

Ho cercato di stabilire la disuguaglianza

$| T_{i} | = \frac{| X_{i} - \bar{X} |}{S} \leq \frac{n - 1}{\sqrt{n}}$ $\left| T_i \right|=\frac{\left|X_i -\bar{X} \right|}{S} \leq\frac{n-1}{\sqrt{n}}$

dove è la media del campione e la deviazione standard del campione, ovvero . $\bar{X}$ $S$ $S=\sqrt{\frac{\sum_{i=1}^n \left( X_i -\bar{X} \right)^2}{n-1}}$

È facile vedere che e così ma questo non è molto vicino a quello che stavo cercando, né è un limite utile. Ho sperimentato le disuguaglianze di Cauchy-Schwarz e del triangolo ma non sono andato da nessuna parte. Deve esserci un passo sottile che mi manca da qualche parte. Gradirei un aiuto, grazie. $\sum_{i=1}^n T_i^2 = n-1$ $\left| T_i \right| < \sqrt{n-1}$

self-study descriptive-statistics bounds

— Jöhnk
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Questa è la disuguaglianza di Samuelson e ha bisogno del segno . Se prendi la versione di Wikipedia e la rielabori per la definizione di scoprirai che diventa $\leq$ $n-1$ $S,$

\frac{| X_{i} - \bar{X} |}{S} \leq \frac{n - 1}{\sqrt{n}}

${{ \left| X_i-\bar X \right| } \over S} \leq {{n-1} \over \sqrt{n}}$

— soakley
fonte

È indicato come una disuguaglianza rigorosa nel libro, ma l'ho risolto, grazie.

— JohnK,

Dopo aver semplificato il problema mediante procedure di routine, può essere risolto convertendolo in un doppio programma di minimizzazione che ha una risposta ben nota con una prova elementare. Forse questa dualizzazione è il "passo sottile" cui si fa riferimento nella domanda. La disuguaglianza può anche essere stabilita in modo puramente meccanico massimizzando tramite i moltiplicatori di Lagrange. $|T_i|$

Per prima cosa, offro una soluzione più elegante basata sulla geometria dei minimi quadrati. Non richiede alcuna semplificazione preliminare ed è quasi immediato, fornendo un'intuizione diretta nel risultato. Come suggerito nella domanda, il problema si riduce alla disuguaglianza di Cauchy-Schwarz.

Soluzione geometrica

Considera come un vettore dimensionale nello spazio euclideo con il solito prodotto punto. Let essere il vettore base e . Scrivi $\mathbf{x} = (X_1, X_2, \ldots, X_n)$ $n$ $\mathbf{y} = (0,0,\ldots,0,1,0,\ldots,0)$ $i^\text{th}$ $\mathbf{1} = (1,1,\ldots, 1)$ ed per le proiezioni ortogonali diednel complemento ortogonale di. (Nella terminologia statistica, sono i residui rispetto ai mezzi.) Quindi, poichée $\mathbf{\hat x}$ $\mathbf{\hat y}$ $\mathbf{x}$ $\mathbf{y}$ $\mathbf{1}$ $X_i-\bar X = \mathbf{\hat x}\cdot \mathbf{y}$ , $S = ||\mathbf{\hat x}||/\sqrt{n-1}$

| T_{i} | = \sqrt{n - 1} \frac{| \hat{x} \cdot y |}{| | \hat{x} | |} = \sqrt{n - 1} \frac{| \hat{x} \cdot \hat{y} |}{| | \hat{x} | |}

$|T_i| = \sqrt{n-1}\frac{|\mathbf{\hat x} \cdot \mathbf{y}|}{||\mathbf{\hat x}||} = \sqrt{n-1}\frac{|\mathbf{\hat x} \cdot \mathbf{\hat y}|}{||\mathbf{\hat x}||}$

è la componente in direzione. Da Cauchy-Schwarz, viene massimizzata esattamente quando è parallelo , per cui $\mathbf{\hat y}$ $\mathbf{\hat x}$ $\mathbf{\hat x}$ $\mathbf{\hat y} = (-1,-1,\ldots,-1,n-1,-1,-1,\ldots,-1)/n$ QED.

T_{i} = \pm \sqrt{n - 1} \frac{\hat{y} \cdot \hat{y}}{| | \hat{y} | |} = \pm \sqrt{n - 1} | | \hat{y} | | = \pm \frac{n - 1}{\sqrt{n}},

$T_i = \pm \sqrt{n-1} \frac{\mathbf{\hat y}\cdot \mathbf{\hat y} }{ ||\mathbf{\hat y}||} = \pm\sqrt{n-1}||\mathbf{\hat y}|| = \pm\frac{n-1}{\sqrt{n}},$

Per inciso, questa soluzione fornisce una caratterizzazione esauriente di tutti i casi in cui è massimizzato: sono tutti della forma $|T_i|$

x = σ \hat{y} + μ 1 = σ (- 1, - 1, \dots, - 1, n - 1, - 1, - 1, \dots, - 1) + μ (1, 1, \dots, 1)

$\mathbf{x} = \sigma\mathbf{\hat y} + \mu\mathbf{1} = \sigma(-1,-1,\ldots,-1,n-1,-1,-1,\ldots,-1) + \mu(1,1,\ldots, 1)$

per tutto il vero . $\mu, \sigma$

$\{\mathbf{1}\}$ $T_i$ $\mathbf{y}$ $||\mathbf{\hat y}||$

Semplificazione

$T_i$ $X_i$ $n-1$ $|T_i|$ $|X_i|$ $S$ $1$ $|T_i|^2 = T_i^2 = X_i^2$ $i=1$ $X_i$

Soluzione tramite una doppia formulazione

$X_1^2$ $X_j, j\ne 1$ $\sum_{j=1}^n X_j^2$ $\sum_{j=1}^n X_j = 0$ $X_1$ $\sum_{j=2}^n X_j^2$ $\sum_{j=2}^n X_j = -X_1$

La soluzione è facilmente reperibile in molti modi. Uno dei più elementari è scrivere

X_{j} = - \frac{X_{1}}{n - 1} + ε_{j}, j = 2, 3, \dots, n

$X_j = -\frac{X_1}{n-1} + \varepsilon_j,\ j=2, 3, \ldots, n$

$\sum_{j=2}^n \varepsilon_j = 0$

\sum_{j = 2}^{n} X_{j}^{2} = \sum_{j = 2}^{n} {(- \frac{X_{1}}{n - 1} + ε_{j})}^{2} = \sum {(- \frac{X_{1}}{n - 1})}^{2} - 2 \frac{X_{1}}{n - 1} \sum ε_{j} + \sum ε_{j}^{2} = Constant + \sum ε_{j}^{2},

$\sum_{j=2}^n X_j^2 = \sum_{j=2}^n \left(-\frac{X_1}{n-1} + \varepsilon_j\right)^2 = \\\sum \left(-\frac{X_1}{n-1}\right)^2 - 2\frac{X_1}{n-1}\sum \varepsilon_j + \sum \varepsilon_j^2 \\= \text{Constant} + \sum \varepsilon_j^2,$

$\varepsilon_j=0$ $j$

(n - 1) S^{2} = X_{1}^{2} + (n - 1) {(- \frac{X_{1}}{n - 1})}^{2} = (1 + \frac{1}{n - 1}) X_{1}^{2} = \frac{n}{n - 1} X_{1}^{2}

$(n-1)S^2 = X_1^2 + (n-1)\left(-\frac{X_1}{n-1}\right)^2 = \left(1 + \frac{1}{n-1}\right)X_1^2 = \frac{n}{n-1}X_1^2$

| T_{i} | = \frac{| X_{1} |}{S} = \frac{| X_{1} |}{\sqrt{\frac{n}{(n - 1)^{2}} X_{1}^{2}}} = \frac{n - 1}{\sqrt{n}},

$|T_i| = \frac{|X_1|}{S} = \frac{|X_1|}{\sqrt{\frac{n}{(n-1)^2}X_1^2}} = \frac{n-1}{\sqrt{n}},$

QED .

Soluzione tramite macchinari

Torna al programma semplificato che abbiamo iniziato con:

Maximize X_{1}^{2}

$\text{Maximize } X_1^2$

soggetto a

\sum_{i = 1}^{n} X_{i} = 0 and \sum_{i = 1}^{n} X_{i}^{2} - (n - 1) = 0.

$\sum_{i=1}^n X_i = 0\text{ and }\sum_{i=1}^n X_i^2 -(n-1)=0.$

Il metodo dei moltiplicatori di Lagrange (che è quasi puramente meccanico e semplice) equivale a una combinazione lineare non banale dei gradienti di queste tre funzioni a zero:

(0, 0, \dots, 0) = λ_{1} D (X_{1}^{2}) + λ_{2} D (\sum_{i = 1}^{n} X_{i}) + λ_{3} D (\sum_{i = 1}^{n} X_{i}^{2} - (n - 1)) .

$(0,0,\ldots, 0) = \lambda_1 D(X_1^2) + \lambda_2 D\left(\sum_{i=1}^n X_i\right ) + \lambda_3 D\left(\sum_{i=1}^n X_i^2 -(n-1)\right).$

$n$

\begin{aligned} 0 & = 2 λ_{1} X_{1} + & λ_{2} & + 2 λ_{3} X_{1} \\ 0 & = & λ_{2} & + 2 λ_{3} X_{2} \\ 0 & = \dots \\ 0 & = & λ_{2} & + 2 λ_{3} X_{n} . \end{aligned}

$\eqalign{ 0 &= 2\lambda_1 X_1 +& \lambda_2 &+ 2\lambda_3 X_1 \\ 0 &= & \lambda_2 &+ 2\lambda_3 X_2 \\ 0 &= \cdots \\ 0 &= & \lambda _2 &+ 2\lambda_3 X_n. }$

$n-1$ $X_2 = X_3 = \cdots = X_n = -\lambda_2/(2\lambda_3)$ $\lambda_2=\lambda_3=0$ $\lambda_1=0$ $X_1 = -(n-1)X_2$

X_{1} = \pm \frac{n - 1}{\sqrt{n}}; X_{2} = X_{3} = \dots = X_{n} = \mp \frac{1}{\sqrt{n}} .

$X_1 = \pm\frac{n-1}{\sqrt{n}};\ X_2 = X_3 = \cdots = X_n = \mp\frac{1}{\sqrt{n}}.$

Entrambi cedono

| T_{i} | = | X_{1} | \leq | \pm \frac{n - 1}{\sqrt{n}} | = \frac{n - 1}{\sqrt{n}} .

$|T_i| = |X_1| \le |\pm\frac{n-1}{\sqrt{n}}| = \frac{n-1}{\sqrt{n}}.$

— whuber
fonte

Grazie per il tuo addendum, la geometria è molto potente e di tutte e tre le soluzioni è la più intuitiva per me.

— JohnK,

$S^2$ $x_1$

n = 4, x_{1} = x_{2} = x_{3} = 0, x_{4} = 4, \bar{x} = 1, S^{2} = 4,

$n=4, \quad x_1=x_2=x_3=0, x_4=4, \bar{x}=1, S^2=4,$

\frac{| x_{i} - \bar{x} |}{S} = {\begin{cases} \frac{1}{2} or \\ \frac{3}{2} \end{cases}

$\frac{|x_i-\bar{x}|}{S}=\begin{cases} \frac12 ~\text{or}~ \\ \frac32 \end{cases}$

i

$i$

\frac{4 - 1}{2} = 1.5

$\frac{4-1}{2}=1.5$

MODIFICARE

$x=(x_1, x_2, \dots, x_n)$ $x-\bar{x}$ $\bar{x}=0$ $x_1$ $x_1>0$ $x_2=x_3=\dots=x_n=-\frac{x_1}{n-1}$

$R$

R = {x \in R : \bar{x} = 0, \sum (x_{i} - \bar{x})^{2} / (n - 1) \leq S^{2}}

$R = \{ x\in\mathbb{R} \colon \bar{x}=0, \sum(x_i-\bar{x})^2/(n-1) \le S^2\}$

S^{2}

$S^2$

R

$R$

(n - 1)

$(n-1)$

max_{x \in R} max_{i} | x_{i} |

$\max_{x\in R} \max_i |x_i|$

x

$x$

R

$R$

| x_{1} |

$|x_1|$

— kjetil b halvorsen
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@JohnK ora puoi eliminare i tuoi commenti, il post è corretto

— kjetil b halvorsen

Sebbene questa risposta mostri che la disuguaglianza (supponendo che sia vera, che sia) è stretta , non è evidente come quel singolo calcolo possa essere "completato per una prova". Potresti fornire qualche indicazione su come sarebbe possibile farlo?

— whuber

Will, ma domani, ora devo preparare la lezione di domani.

— kjetil b halvorsen,

Grazie - apprezzo la tua attenta formulazione del problema. Ma la tua "prova" sembra giungere all'affermazione che "è ovvio che". Potresti sempre applicare i moltiplicatori di Lagrange per completare il lavoro, ma sarebbe bello vedere un approccio che (a) in realtà è una prova e (b) fornisce informazioni.

— whuber

@whuber Se hai tempo, ti sarei grato se puoi pubblicare la tua soluzione di moltiplicatori Lagrange. Penso che la disuguaglianza nel complesso non sia così famosa come dovrebbe essere.

— JohnK,