为什么将标准偏差定义为方差的平方根而不是N的平方和的平方根？

今天我教了一门统计学入门课，一个学生问我一个问题，在这里我改写为：“为什么标准偏差定义为方差的平方根而不是N的平方和的平方根？”

我们定义总体方差：$\sigma^2=\frac{1}{N}\sum{(x_i-\mu)^2}$

和标准差：。$\sigma=\sqrt{\sigma^2}=\frac{1}{\sqrt{N}}\sqrt{\sum{(x_i-\mu)^2}}$

我们可能对的解释是，它给出了总体中单位与的总体平均值的平均偏差。$\sigma$$X$

但是，在sd的定义中，我们将平方和的平方根除以。学生提出的问题是，为什么我们不划分平方庙的开方代替。因此，我们得出了竞争公式：学生认为，这种公式看起来更像由平均通过时分割比一个“平均”偏差如在。$\sqrt{N}$$N$

$$\sigma_{new}=\frac{1}{N}\sqrt{\sum{(x_i-\mu)^2}}.$$ $\sqrt{N}$$\sigma$

我认为这个问题并不愚蠢。我想给学生一个答案，那就是说sd 定义为方差的平方根，即均方根偏差。换句话说，为什么学生应该使用正确的公式而不遵循她的想法？

该问题与此处提供的旧主题和答案有关。那里的答案有三个方向：

1. $\sigma$是均方根（RMS）偏差，而不是与平均值的“典型”偏差（即）。因此，它的定义有所不同。$\sigma_{new}$
2. 它具有良好的数学特性。
3. 此外，sqrt将使“单位”恢复到原始大小。但是，也是如此，它被N除以。$\sigma_{new}$$N$

第1点和第2点都是支持sd作为RMS的参数，但是我看不到反对使用$\sigma_{new}$。怎样说服入门级学生使用均方根平均距离$\sigma$与均值？

至少有三个基本问题可以很容易地向初学者解释：

1. 甚至没有为无限的人群定义“新” SD。（在这种情况下，可以将其始终声明为零，但这将使其不再有用。）

2. 新SD的行为不像平均值在随机采样下应该做的那样。

3. 尽管新的SD 可以在所有数学上严格使用，以评估均值的偏差（在样本和有限总体中），但其解释不必要地复杂。

1.新SD的适用性受到限制

通过指出由于方差显然是（平方差的）算术平均值，因此可以将点（1）带回家，甚至对于那些不熟悉积分的人也是如此，它可以有效地扩展到“无限”总体模型，算术平均值存在的直觉仍然成立。因此，在这种情况下，它的平方根-通常的SD-也得到了很好的定义，并且其作用与方差（非线性重新表达）同样有用。但是，新的SD将平均值除以任意大的，使它的推广超出了有限的总体和有限的样本是有问题的：1/$\sqrt{N}$在这种情况下 N是否相等？$1/\sqrt{N}$

2.新的SD不是平均值

值得称呼为“平均值”的任何统计量都应具有随人口中随机样本的大小增加而收敛至人口值的属性。SD的任何固定倍数都将具有此属性，因为乘数将应用于计算样本SD和总体SD。（尽管与Alecos Papadopoulos提出的论点没有直接矛盾，但这一观察表明该论点仅与实际问题相切。）但是，“新” SD等于倍于通常的 N倍，显然，在所有情况下，随着样本大小N的增大，收敛到0。因此，尽管对于任何固定的样本量N，新的SD（适当地解释）是均值周围变化的完全适当的量度，但不能合理地认为它是适用于所有样本量的具有相同解释的通用量度，也不能在任何有用的意义上都可以正确地称为“平均”。$1/\sqrt{N}$$0$$N$$N$

3.新的SD解释和使用很复杂

考虑取样（例如）大小样本。在这种情况下，新的SD为1 / $N=4$的通常SD倍。因此，它具有可比的解释，例如68-95-99规则的类似物（大约68％的数据应位于均值的两个新SD中，其中95％的数据应位于均值的四个新SD中，等等；和经典不等式的版本（例如Chebychev's）将成立（不超过数据的1/k2可以使平均值偏离平均数2k以上的新SD）；并且可以用新SD类似地重述中央极限定理（一个除以$1/\sqrt{N}=1/2$$1/k^2$$2k$倍于新SD，以标准化变量）。因此，在这种特定且明确的约束意义上，学生的建议没有错。但是，困难在于这些语句都包含（相当明显）$\sqrt{N}$。尽管这没有固有的数学问题，但无疑会使最基本的统计定律的陈述和解释变得复杂。$\sqrt{N}=2$

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值得注意的是，高斯等人最初用√来参数化高斯分布，有效地利用$\sqrt{2}\sigma$SD的 2倍以量化正常随机变量的传播。此历史用途证明了使用SD的其他固定倍数代替它的适当性和有效性。$\sqrt{2}$

假设您的样本仅包含两个实现。我猜想色散的直观度量是平均绝对偏差（AAD）

$$AAD = \frac 12 (|x_1-\bar x| + |x_2-\bar x|) = ...= \frac {|x_1-x_2|}{2}$$

因此，我们希望在相同度量单位级别上的其他色散度量“接近”上述度量。

样本方差定义为

$$\sigma^2=\frac{1}{2}[(x_1-\bar x)^2 + (x_2-\bar x)^2] = \frac 12 \left[\left(\frac {x_1-x_2}{2}\right)^2 + \left(\frac {x_2-x_1}{2}\right)^2\right]$$

$$=\frac 12 \left[\frac {(x_1-x_2)^2}{4} + \frac {(x_1-x_2)^2}{4}\right]=\frac 12 \frac {(x_1-x_2)^2}{2}$$

$$=\frac 12\cdot \frac {|x_1-x_2|^2}{2}$$

返回到原始的度量单位，如果我们按照学生想知道/建议的方式进行操作，我们将获得度量，将其称为$q$

$$q \equiv \frac 12\cdot \sqrt {\frac {|x_1-x_2|^2}{2}} = \frac 12 \frac {|x_1-x_2|}{\sqrt 2} = \frac 1{\sqrt 2} AAD < AAD$$

也就是说，我们会“淡化”色散的“直观”度量，而如果我们考虑定义的标准差，

$$SD \equiv \sqrt {\sigma^2} = \frac {|x_1-x_2|}{2} =AAD$$

既然我们要“留尽可能接近”，以直观的衡量，我们应该用。$SD$

附录
现在考虑大小的样品我们有$n$

$$n\cdot AAD = \sum_{i=1}^n |x_i-\bar x|$$

和

$$n \cdot \text{Var}(X) = \sum_{i=1}^n (x_i-\bar x)^2 = \sum_{i=1}^n |x_i-\bar x|^2$$

我们可以将方差表达式的右侧写为

$$\sum_{i=1}^n |x_i-\bar x|^2 = \left(\sum_{i=1}^n |x_i-\bar x|\right)^2 - \sum_{j\neq i} |x_i-\bar x||x_j-\bar x|$$

$$= \left (n\cdot AAD\right)^2 - \sum_{j\neq i} |x_i-\bar x||x_j-\bar x|$$

则色散度量将为$q_n$

$$q_n \equiv \frac 1n \left[n^2\cdot AAD^2 - \sum_{j\neq i} |x_i-\bar x||x_j-\bar x|\right]^{1/2}$$

$$= \left[AAD^2 - \frac 1{n^2} \sum_{j\neq i} |x_i-\bar x||x_j-\bar x|\right]^{1/2}$$

$\sum_{j\neq i} |x_i-\bar x||x_j-\bar x|$$n^2-n$$n^2$$AAD^2$$q_n$$n$

$$SD \equiv \frac 1{\sqrt n} \left[n^2\cdot AAD^2 - \sum_{j\neq i} |x_i-\bar x||x_j-\bar x|\right]^{1/2}$$

$$= \left[n\cdot AAD^2 - \frac 1{n} \sum_{j\neq i} |x_i-\bar x||x_j-\bar x|\right]^{1/2}$$

$n$$n-1$$n$
$n$$n\rightarrow \infty$