Có một phiên bản mẫu của bất đẳng thức Chwardsshev một phía tồn tại không?

Tôi quan tâm đến phiên bản bất bình đẳng một chiều của Cantelli sau đây :

P (X - E (X) \geq t) \leq \frac{V a r (X)}{V a r (X) + t^{2}} .

$\mathbb P(X - \mathbb E (X) \geq t) \leq \frac{\mathrm{Var}(X)}{\mathrm{Var}(X) + t^2} \,.$

Về cơ bản, nếu bạn biết trung bình và phương sai dân số, bạn có thể tính giới hạn trên về xác suất quan sát một giá trị nhất định. (Đó là sự hiểu biết của tôi ít nhất.)

Tuy nhiên, tôi muốn sử dụng trung bình mẫu và phương sai mẫu thay vì trung bình và phương sai dân số thực tế.

Tôi đoán rằng vì điều này sẽ gây ra sự không chắc chắn hơn, giới hạn trên sẽ tăng lên.

Có một bất đẳng thức tương tự như trên, nhưng sử dụng trung bình và phương sai mẫu?

Chỉnh sửa : Tương tự "mẫu" của Bất đẳng thức Ch Quashev (không phải một phía), đã được thực hiện. Các trang Wikipedia có một số chi tiết. Tuy nhiên, tôi không chắc làm thế nào nó sẽ dịch sang trường hợp một phía tôi có ở trên.

— casandra
nguồn

Cảm ơn Glen_b. Đây là một vấn đề khá thú vị. Tôi luôn nghĩ rằng bất bình đẳng Ch Quashev là mạnh mẽ (vì nó cho phép bạn thực hiện suy luận thống kê mà không yêu cầu phân phối xác suất); vì vậy việc có thể sử dụng nó với giá trị trung bình và phương sai mẫu sẽ khá tuyệt vời.

— casandra

Câu trả lời:

Vâng, chúng ta có thể nhận được một kết quả tương tự bằng cách sử dụng giá trị trung bình và phương sai mẫu, có lẽ, một vài bất ngờ nhỏ xuất hiện trong quy trình.

Đầu tiên, chúng ta cần tinh chỉnh câu hỏi chỉ một chút và đặt ra một vài giả định. Điều quan trọng, rõ ràng là chúng ta không thể hy vọng thay thế phương sai dân số bằng phương sai mẫu ở phía bên tay phải vì cái sau là ngẫu nhiên ! Vì vậy, chúng tôi tập trung chú ý vào bất đẳng thức tương đương Trong trường hợp không rõ ràng rằng những điều này là tương đương, lưu ý rằng chúng tôi chỉ đơn giản thay thế bằng s trong bất đẳng thức ban đầu mà không có bất kỳ tổn thất nào về tính tổng quát.

P (X - E X \geq t σ) \leq \frac{1}{1 + t^{2}} .

$\mathbb P\left( X - \mathbb E X \geq t \sigma \right) \leq \frac{1}{1+t^2} \>.$

t

$t$

t σ

$t \sigma$

Thứ hai, chúng tôi giả sử rằng chúng tôi có một mẫu ngẫu nhiên và chúng tôi quan tâm đến giới hạn trên của đại lượng tương tự , trong đó là mẫu trung bình và là độ lệch chuẩn mẫu. $X_1,\ldots,X_n$ $\mathbb P(X_1 - \bar X \geq t S)$ $\bar X$ $S$

Một nửa bước về phía trước

Lưu ý rằng đã áp dụng bất đẳng thức một phía ban đầu cho , chúng ta có được trong đó , nhỏ hơn phía bên phải của phiên bản gốc. Điều này thật ý nghĩa! Bất kỳ nhận thức cụ thể nào về một biến ngẫu nhiên từ một mẫu sẽ có xu hướng (hơi) gần với nghĩa của mẫu mà nó đóng góp hơn so với trung bình dân số. Như chúng ta sẽ thấy bên dưới, chúng ta sẽ thay thế bằng theo các giả định chung hơn nữa. $X_1 - \bar X$

P (X_{1} - \bar{X} \geq t σ) \leq \frac{1}{1 + \frac{n}{n - 1} t^{2}}

$\mathbb P( X_1 - \bar X \geq t\sigma ) \leq \frac{1}{1 + \frac{n}{n-1}t^2}$

σ^{2} = V a r (X_{1})

$\sigma^2 = \mathrm{Var}(X_1)$

σ

$\sigma$

S

$S$

Một phiên bản mẫu của Ch Quashev một mặt

Yêu cầu : Đặt là một mẫu ngẫu nhiên sao cho . Sau đó,Đặc biệt, phiên bản mẫu của ràng buộc chặt chẽ hơn phiên bản dân số gốc. $X_1,\ldots,X_n$ $\mathbb P(S = 0) = 0$
$P (X_{1} - \bar{X} \geq t S) \leq \frac{1}{1 + \frac{n}{n - 1} t^{2}} .$ $\mathbb P(X_1 - \bar X \geq t S) \leq \frac{1}{1 + \frac{n}{n-1} t^2}\>.$

Lưu ý : Chúng tôi không cho rằng có ý nghĩa hữu hạn hoặc phương sai! $X_i$

Bằng chứng . Ý tưởng là để điều chỉnh bằng chứng về sự bất bình đẳng một chiều của Ch Quashev ban đầu và sử dụng tính đối xứng trong quy trình. Đầu tiên, đặt để thuận tiện cho công chứng. Sau đó, hãy quan sát rằng $Y_i = X_i - \bar X$

P (Y_{1} \geq t S) = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} P (Y_{i} \geq t S) = E \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} 1_{(Y_{i} \geq t S)} .

$\mathbb P( Y_1 \geq t S ) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \mathbb P( Y_i \geq t S ) = \mathbb E \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \mathbf 1_{(Y_i \geq t S)} \>.$

Bây giờ, với mọi , trên , $c > 0$ $\{S > 0\}$

1_{(Y_{i} \geq t S)} = 1_{(Y_{i} + t c S \geq t S (1 + c))} \leq 1_{((Y_{i} + t c S)^{2} \geq t^{2} (1 + c)^{2} S^{2})} \leq \frac{(Y_{i} + t c S)^{2}}{t^{2} (1 + c)^{2} S^{2}} .

$\newcommand{I}[1]{\mathbf{1}_{(#1)}} \I{Y_i \geq t S} = \I{Y_i + t c S \geq t S (1+c)} \leq \I{(Y_i + t c S)^2 \geq t^2 (1+c)^2 S^2} \leq \frac{(Y_i + t c S)^2}{t^2(1+c)^2 S^2}\>.$

Sau đó, vì và .

\frac{1}{n} \sum_{i} 1_{(Y_{i} \geq t S)} \leq \frac{1}{n} \sum_{i} \frac{(Y_{i} + t c S)^{2}}{t^{2} (1 + c)^{2} S^{2}} = \frac{(n - 1) S^{2} + n t^{2} c^{2} S^{2}}{n t^{2} (1 + c)^{2} S^{2}} = \frac{(n - 1) + n t^{2} c^{2}}{n t^{2} (1 + c)^{2}},

$\frac{1}{n} \sum_i \I{Y_i \geq t S} \leq \frac{1}{n} \sum_i \frac{(Y_i + t c S)^2}{t^2(1+c)^2 S^2} = \frac{(n-1)S^2 + n t^2 c^2 S^2}{n t^2 (1+c)^2 S^2} = \frac{(n-1) + n t^2 c^2}{n t^2 (1+c)^2} \>,$

\bar{Y} = 0

$\bar Y = 0$

\sum_{i} Y_{i}^{2} = (n - 1) S^{2}

$\sum_i Y_i^2 = (n-1)S^2$

Phía bên phải là một hằng số ( ! , Vì vậy tham vọng trên cả hai mặt sản lượng,) Cuối cùng, thu nhỏ hơn , thu được , sau khi một đại số nhỏ thiết lập kết quả.

P (X_{1} - \bar{X} \geq t S) \leq \frac{(n - 1) + n t^{2} c^{2}}{n t^{2} (1 + c)^{2}} .

$\mathbb P(X_1 - \bar X \geq t S) \leq \frac{(n-1) + n t^2 c^2}{n t^2 (1+c)^2} \>.$

c

$c$

c = \frac{n - 1}{n t^{2}}

$c = \frac{n-1}{n t^2}$

Đó là điều kiện kỹ thuật phiền phức

Lưu ý rằng chúng ta phải giả sử để có thể chia cho trong phân tích. Điều này không có vấn đề gì đối với các bản phân phối hoàn toàn liên tục, nhưng gây ra sự bất tiện cho những bản rời rạc. Đối với phân phối rời rạc, có một số xác suất rằng tất cả các quan sát đều bằng nhau, trong trường hợp cho tất cả và . $\mathbb P(S = 0) = 0$ $S^2$ $0 = Y_i = t S = 0$ $i$ $t > 0$

Chúng ta có thể ngọ nguậy theo cách của mình bằng cách đặt . Sau đó, một kế toán cẩn thận của đối số cho thấy rằng mọi thứ trải qua hầu như không thay đổi và chúng tôi nhận được $q = \mathbb P(S = 0)$

Hệ quả 1 . Đối với trường hợp , chúng ta có $q = \mathbb P(S = 0) > 0$
$P (X_{1} - \bar{X} \geq t S) \leq (1 - q) \frac{1}{1 + \frac{n}{n - 1} t^{2}} + q .$ $\mathbb P(X_1 - \bar X \geq t S) \leq (1-q) \frac{1}{1 + \frac{n}{n-1} t^2} + q \>.$

Bằng chứng . Phân chia trên các sự kiện và . Bằng chứng trước đó đi qua cho và trường hợp là tầm thường. $\{S > 0\}$ $\{S = 0\}$ $\{S > 0\}$ $\{S = 0\}$

Một kết quả bất bình đẳng sạch hơn một chút nếu chúng ta thay thế bất đẳng thức không nghiêm ngặt trong tuyên bố xác suất bằng một phiên bản nghiêm ngặt.

Hệ quả 2 . Đặt (có thể bằng 0). Sau đó, $q = \mathbb P(S = 0)$
$P (X_{1} - \bar{X} > t S) \leq (1 - q) \frac{1}{1 + \frac{n}{n - 1} t^{2}} .$ $\mathbb P(X_1 - \bar X > t S) \leq (1-q) \frac{1}{1 + \frac{n}{n-1} t^2} \>.$

Thức nhận xét : Phiên bản mẫu của sự bất bình đẳng không cần giả định trên (trừ rằng nó không phải là gần như chắc chắn không thay đổi trong trường hợp bất bình đẳng nonstrict, mà phiên bản gốc cũng ngầm giả định), trong bản chất, vì các mẫu bình và mẫu sai luôn tồn tại dù có tương tự dân số của họ hay không. $X$

— hồng y
nguồn

Đây chỉ là phần bổ sung cho câu trả lời khéo léo của @cardinal. Bất đẳng thức Samuelson , nói rằng, đối với một mẫu có kích thước , khi chúng ta có ít nhất ba giá trị riêng biệt của nhận ra , nó giữ rằng trong đó được tính mà không có hiệu chỉnh sai lệch, . $n$ $x_i$

x_{i} - \bar{x} < s \sqrt{n - 1}, i = 1, . . . n

$x_i-\bar x < s\sqrt{n-1},\;\; i=1,...n$

s

$s$

s = {(\frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} (x_{i} - \bar{x})^{2})}^{1 / 2}

$s= \left (\frac 1n\sum_{i=1}^n(x_i-\bar x)^2\right)^{1/2}$

Sau đó, bằng cách sử dụng ký hiệu của câu trả lời của Hồng y, chúng ta có thể nói rằng

P (X_{1} - \bar{X} \geq S \sqrt{n - 1}) = 0 a . s . [1]

$\mathbb P\left(X_1-\bar X \ge S\sqrt{n-1}\right) =0 \;\;a.s. \qquad [1]$

Vì chúng tôi yêu cầu, ba giá trị riêng biệt, chúng tôi sẽ có theo giả định. Vì vậy, đặt trong Bất đẳng thức của Cardinal (phiên bản ban đầu), chúng tôi có được $S\neq 0$ $t=\sqrt{n-1}$

P (X_{1} - \bar{X} \geq S \sqrt{n - 1}) \leq \frac{1}{1 + n}, [2]

$\mathbb P\left (X_1 - \bar X \geq S\sqrt{n-1}\right) \leq \frac{1}{1 + n}, \;\; \qquad [2]$

Phương trình tất nhiên là tương thích với eq. . Sự kết hợp của cả hai cho chúng ta biết rằng Bất đẳng thức của Hồng y rất hữu ích như một tuyên bố xác suất cho . $[2]$ $[1]$ $0< t < \sqrt{n-1}$

Nếu bất đẳng thức của Cardinal yêu cầu được tính toán hiệu chỉnh sai lệch (gọi đây là ) thì phương trình trở thành $S$ $\tilde S$

P (X_{1} - \bar{X} \geq \tilde{S} \frac{n - 1}{\sqrt{n}}) = 0 a . s . [1 a]

$\mathbb P\left(X_1-\bar X \ge \tilde S\frac{n-1}{\sqrt{n}}\right) =0 \;\;a.s. \qquad [1a]$

và chúng tôi chọn để có được thông qua bất đẳng thức của Cardinal $t= \frac{n-1}{\sqrt{n}}$

P (X_{1} - \bar{X} \geq \tilde{S} \frac{n - 1}{\sqrt{n}}) \leq \frac{1}{n}, [2 a]

$\mathbb P\left (X_1 - \bar X \geq \tilde S\frac{n-1}{\sqrt{n}}\right) \leq \frac{1}{ n}, \;\; \qquad [2a]$ và khoảng xác suất có ý nghĩa đối với là

t

$t$

0 < t < \frac{n - 1}{\sqrt{n}} .

$0< t < \frac{n-1}{\sqrt{n}}.$

— Alecos Papadopoulos
nguồn

(+1) Tình cờ, khi tôi lần đầu tiên xem xét vấn đề này, thực tế là thực sự là đầu mối ban đầu rằng bất đẳng thức mẫu phải chặt chẽ hơn so với ban đầu. Tôi muốn ép nó vào bài viết của mình, nhưng không thể tìm thấy một nơi (thoải mái) cho nó. Tôi rất vui khi thấy bạn đề cập đến nó (thực sự là một cải tiến rất nhỏ về nó) ở đây cùng với công phu bổ sung rất tốt đẹp của bạn. Chúc mừng.

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

$\max_i |X_i - \bar X| \leq S\sqrt{n-1}$

— Đức hồng y

Chúc mừng @Cardinal, câu trả lời tuyệt vời - làm rõ cho tôi - vấn đề bất bình đẳng của bạn như thế nào khi người ta xác định phương sai mẫu (điều chỉnh sai lệch hay không)?

— Alecos Papadopoulos

Chỉ bao giờ như vậy một chút. Tôi đã sử dụng phương sai mẫu hiệu chỉnh sai lệch. Nếu bạn sử dụng thay vì để bình thường hóa, thì bạn sẽ kết thúc với thay vì có nghĩa là thuật ngữ trong bất đẳng thức cuối cùng sẽ biến mất. Do đó, bạn sẽ có được ràng buộc tương tự như trong bất đẳng thức Chwardsshev ban đầu trong trường hợp đó. (Giả sử tôi đã thực hiện đại số chính xác.) :-)

n

$n$

n - 1

$n-1$

\frac{1 + t^{2} c^{2}}{t^{2} (1 + c)^{2}}

$\frac{1+t^2c^2}{t^2(1+c)^2}$

\frac{(n - 1) + n t^{2} c^{2}}{n t^{2} (1 + c)^{2}},

$\frac{(n-1) + n t^2c^2}{nt^2(1+c)^2} \,,$

n / (n - 1)

$n/(n-1)$

— hồng y

@Cardinal ... có nghĩa là các phương trình có liên quan trong câu trả lời của tôi là và , có nghĩa là bất bình đẳng của mình cho chúng ta biết cho chọn để kích hoạt Samuelson bất bình đẳng, xác suất của sự kiện, chúng tôi đang kiểm tra, không thể lớn hơn , tức là không lớn hơn việc chọn ngẫu nhiên bất kỳ giá trị nhận ra nào từ mẫu ... điều này bằng cách nào đó có ý nghĩa trực quan mơ hồ: điều được chứng minh chắc chắn là không thể theo thuật ngữ xác định, khi tiếp cận xác suất ràng buộc xác suất của nó không vượt quá khả năng trang bị ... không rõ ràng trong tâm trí của tôi chưa

1 a

$1a$

2 a

$2a$

t

$t$

1 / n

$1/n$

— Alecos Papadopoulos