Cách chứng minh rằng

Tôi đã cố gắng thiết lập sự bất bình đẳng

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

Trong đó là giá trị trung bình mẫu và là độ lệch chuẩn của mẫu, đó là . $\bar{X}$ $S$ $S=\sqrt{\frac{\sum_{i=1}^n \left( X_i -\bar{X} \right)^2}{n-1}}$

Dễ dàng thấy rằng và vì vậy nhưng điều này không gần với những gì tôi đang tìm kiếm, cũng không phải là một ràng buộc hữu ích. Tôi đã thử nghiệm với Cauchy-Schwarz và bất đẳng thức tam giác nhưng không đi đến đâu. Phải có một bước tinh tế mà tôi đang thiếu ở đâu đó. Tôi sẽ đánh giá cao sự giúp đỡ, cảm ơn bạn. $\sum_{i=1}^n T_i^2 = n-1$ $\left| T_i \right| < \sqrt{n-1}$

self-study descriptive-statistics bounds

— JohnK
nguồn

Câu trả lời:

Đây là sự bất bình đẳng của Samuelson và nó cần dấu . Nếu bạn lấy phiên bản Wikipedia và làm lại nó theo định nghĩa của bạn sẽ thấy rằng nó trở thành $\leq$ $n-1$ $S,$

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

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

— ngâm
nguồn

Nó được đưa ra như một sự bất bình đẳng nghiêm ngặt trong cuốn sách nhưng tôi đã sửa nó, cảm ơn.

— JohnK

Sau khi đơn giản hóa vấn đề bằng các thủ tục thông thường, có thể giải quyết bằng cách chuyển đổi nó thành một chương trình giảm thiểu kép có câu trả lời nổi tiếng với một bằng chứng cơ bản. Có lẽ sự đối ngẫu này là "bước tinh tế" được đề cập trong câu hỏi. Sự bất bình đẳng cũng có thể được thiết lập một cách hoàn toàn cơ học bằng cách tối đa hóathông qua hệ số nhân Lagrange. $|T_i|$

Trước tiên, tôi cung cấp một giải pháp thanh lịch hơn dựa trên hình học của các hình vuông nhỏ nhất. Nó không đòi hỏi đơn giản hóa sơ bộ và gần như ngay lập tức, cung cấp trực giác trực tiếp vào kết quả. Như được đề xuất trong câu hỏi, vấn đề giảm đến bất đẳng thức Cauchy-Schwarz.

Giải pháp hình học

Cân nhắc như một vector chiều trong không gian Euclide với dấu chấm sản phẩm bình thường. Đặt là vectơ cơ sở và . Viết và cho các phép chiếu trực giao của và vào phần bổ sung trực giao của . (Trong thuật ngữ thống kê, chúng là phần dư đối với phương tiện.) Sau đó, vì và $\mathbf{x} = (X_1, X_2, \ldots, X_n)$ $n$ $\mathbf{y} = (0,0,\ldots,0,1,0,\ldots,0)$ $i^\text{th}$ $\mathbf{1} = (1,1,\ldots, 1)$ $\mathbf{\hat x}$ $\mathbf{\hat y}$ $\mathbf{x}$ $\mathbf{y}$ $\mathbf{1}$ $X_i-\bar X = \mathbf{\hat x}\cdot \mathbf{y}$ $S = ||\mathbf{\hat x}||/\sqrt{n-1}$ ,

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

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

là thành phần của theo hướng . Theo Cauchy-Schwarz, nó được tối đa hóa chính xác khi song song với , trong đó QED. $\mathbf{\hat y}$ $\mathbf{\hat x}$ $\mathbf{\hat x}$ $\mathbf{\hat y} = (-1,-1,\ldots,-1,n-1,-1,-1,\ldots,-1)/n$

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}},

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

Ngẫu nhiên, giải pháp này cung cấp một đặc tính toàn diện cho tất cả các trường hợp trong đóđược tối đa hóa: tất cả chúng đều có dạng $|T_i|$

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

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

cho tất cả thực . $\mu, \sigma$

Phân tích này dễ dàng khái quát hóa cho trường hợp được thay thế bằng bất kỳ bộ hồi quy nào. Rõ ràng mức tối đa của tỷ lệ thuận với độ dài của phần dư của ,. $\{\mathbf{1}\}$ $T_i$ $\mathbf{y}$ $||\mathbf{\hat y}||$

Đơn giản hóa

Vì là bất biến dưới sự thay đổi của vị trí và tỷ lệ, nên chúng tôi có thể giả sử không mất tính tổng quát rằng tổng bằng 0 và bình phương của chúng tổng bằng . Điều này xác địnhvới, vì (bình phương trung bình) là . Tối đa hóa nó tương đương với tối đa hóa . Không có tính tổng quát nào bị mất bằng cách lấy , vì có thể trao đổi. $T_i$ $X_i$ $n-1$ $|T_i|$ $|X_i|$ $S$ $1$ $|T_i|^2 = T_i^2 = X_i^2$ $i=1$ $X_i$

Giải pháp thông qua một công thức kép

Một vấn đề kép là sửa giá trị của và hỏi giá trị nào của còn lại là cần thiết để giảm thiểu tổng bình phương cho rằng . Vì được cung cấp, đây là vấn đề tối thiểu hóa cho rằng . $X_1^2$ $X_j, j\ne 1$ $\sum_{j=1}^n X_j^2$ $\sum_{j=1}^n X_j = 0$ $X_1$ $\sum_{j=2}^n X_j^2$ $\sum_{j=2}^n X_j = -X_1$

Các giải pháp dễ dàng được tìm thấy theo nhiều cách. Một trong những điều cơ bản nhất là viết

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

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

trong đó . Mở rộng hàm mục tiêu và sử dụng danh tính tổng bằng không này để đơn giản hóa nó tạo ra $\sum_{j=2}^n \varepsilon_j = 0$

\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},

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

ngay lập tức hiển thị giải pháp duy nhất là cho tất cả . Đối với giải pháp này, $\varepsilon_j=0$ $j$

(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}

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

và

| 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 .

Giải pháp thông qua máy móc

Quay trở lại chương trình đơn giản hóa mà chúng tôi đã bắt đầu với:

Maximize X_{1}^{2}

$\text{Maximize } X_1^2$

tùy thuộc vào

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

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

Phương pháp nhân số Lagrange (gần như hoàn toàn là cơ học và đơn giản) đánh đồng tổ hợp tuyến tính không cần thiết của độ dốc của ba hàm này thành 0:

(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)) .

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

Thành phần theo thành phần, các phương trình là $n$

\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}

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

cuối cùng trong số chúng ngụ ý hoặc . (Chúng tôi có thể loại trừ trường hợp sau bởi vì sau đó phương trình đầu tiên ngụ ý , tầm thường hóa kết hợp tuyến tính.) Ràng buộc tổng bằng không tạo ra . Ràng buộc tổng bình phương cung cấp hai giải pháp $n-1$ $X_2 = X_3 = \cdots = X_n = -\lambda_2/(2\lambda_3)$ $\lambda_2=\lambda_3=0$ $\lambda_1=0$ $X_1 = -(n-1)X_2$

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

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

Cả hai đều mang lại

| 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
nguồn

Cảm ơn bạn về phần phụ lục của bạn, hình học rất mạnh mẽ và trong cả ba giải pháp, nó là trực quan nhất đối với tôi.

— JohnK

Sự bất bình đẳng như đã nêu là đúng. Một cách khá rõ ràng bằng trực giác rằng chúng ta gặp trường hợp khó khăn nhất cho bất đẳng thức (nghĩa là tối đa hóa phía hannd bên trái cho ) bằng cách chọn một giá trị, giả sử càng lớn càng tốt trong khi có tất cả các giá trị khác bằng nhau. Chúng ta hãy xem một ví dụ với cấu hình như vậy: $S^2$ $x_1$

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

$n=4, \quad x_1=x_2=x_3=0, x_4=4, \bar{x}=1, S^2=4,$ bây giờ tùy thuộc vào , trong khi giới hạn trên đã cho bằng với chỉ là đủ. Ý tưởng đó có thể được hoàn thành để chứng minh.

\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

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

BIÊN TẬP

Bây giờ chúng tôi sẽ chứng minh yêu cầu, như gợi ý ở trên. Đầu tiên, đối với bất kỳ vectơ đã cho trong vấn đề này, chúng ta có thể thay thế nó bằng mà không thay đổi bất kỳ bên nào của bất đẳng thức ở trên. Vì vậy, trong phần sau chúng ta hãy giả sử rằng . Chúng ta cũng có thể bằng cách tái định nghĩa rằng là lớn nhất. Sau đó, bằng cách chọn đầu tiên và sau đó chúng ta có thể kiểm tra bằng đại số đơn giản rằng chúng ta có bất đẳng thức trong bất đẳng thức được yêu cầu. Vì vậy, nó là sắc nét. $x=(x_1, x_2, \dots, x_n)$ $x-\bar{x}$ $\bar{x}=0$ $x_1$ $x_1>0$ $x_2=x_3=\dots=x_n=-\frac{x_1}{n-1}$

Sau đó, xác định vùng (lồi) theo cho hằng số dương đã cho . Lưu ý rằng là giao điểm của một siêu phẳng với một hình cầu có tâm ở gốc, do đó, một hình cầu trong -space. Vấn đề của chúng tôi hiện có thể được xác định là kể từ một $R$

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

$x$ tối đa hóa đó sẽ là trường hợp khó khăn nhất cho sự bất bình đẳng. Đây là vấn đề tìm tối đa của hàm lồi so với tập lồi, nói chung là các vấn đề khó (tối thiểu là dễ!). Nhưng, trong trường hợp này, vùng lồi là một hình cầu tập trung vào gốc tọa độ và hàm chúng ta muốn tối đa hóa là giá trị tuyệt đối của tọa độ. Rõ ràng là tối đa được tìm thấy ở phạm vi biên của và bằng cách lấytối đa, trường hợp thử nghiệm đầu tiên của chúng tôi là bắt buộc.

R

$R$

| x_{1} |

$|x_1|$

— kjetil b halvorsen
nguồn

@ John bạn có thể xóa bình luận của bạn bây giờ, bài viết đã được sửa

— kjetil b halvorsen

Mặc dù câu trả lời này cho thấy sự bất bình đẳng (giả sử nó là đúng, mà nó là) là chặt chẽ , nó không phải là điều hiển nhiên làm thế nào mà tính duy nhất có thể được "hoàn thành một bằng chứng." Bạn có thể cung cấp một số dấu hiệu về cách đó sẽ được thực hiện?

— whuber

Sẽ, nhưng ngày mai, bây giờ tôi phải chuẩn bị lớp học ngày mai.

— kjetil b halvorsen 14/9/2015

Cảm ơn bạn - Tôi đánh giá cao công thức cẩn thận của bạn về vấn đề. Nhưng "bằng chứng" của bạn dường như đi đến tuyên bố rằng "rõ ràng là như vậy". Bạn luôn có thể áp dụng hệ số nhân Lagrange để hoàn thành công việc, nhưng thật tuyệt khi thấy một cách tiếp cận mà (a) thực sự là một bằng chứng và (b) cung cấp cái nhìn sâu sắc.

— whuber

@whuber Nếu bạn có thời gian, tôi sẽ đánh giá cao nếu bạn có thể đăng giải pháp nhân số Lagrange của mình. Tôi nghĩ rằng sự bất bình đẳng nói chung là không nổi tiếng như nó phải được.

— JohnK