有界数据集的变异系数最大值

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在有关标准偏差是否可以超出均值的最新问题之后的讨论中，曾短暂提出一个问题，但从未完全回答。所以我在这里问。

考虑一组非负数，其中表示。不需要是不同的，也就是说，集合可以是多集。该集合的均值和方差定义为，标准偏差为。请注意，数字集不是来自总体的样本，我们也不是估算总体均值或总体方差。那么问题是： $n$ $x_i$ $0 \leq x_i \leq c$ $1 \leq i \leq n$ $x_i$

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

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

σ_{x}

$\sigma_x$

在间隔，对于的所有选择，的最大值 $\dfrac{\sigma_x}{\bar{x}}$ （变异系数）是多少？ $x_i$ $[0,c]$

我可以找到的最大值 $\frac{\sigma_x}{\bar{x}}$ 是 $\sqrt{n-1}$ 时，其实现了 $n-1$ 所述的 $x_i$ 具有值 $0$ 和剩余的（离群值） $x_i$ 具有值 $c$ ，给出

\bar{x} = \frac{c}{n}, \frac{1}{n} \sum x_{i}^{2} = \frac{c^{2}}{n} \Rightarrow σ_{x} = \sqrt{\frac{c^{2}}{n} - \frac{c^{2}}{n^{2}}} = \frac{c}{n} \sqrt{n - 1} .

$\bar{x} = \frac{c}{n},~~ \frac{1}{n}\sum x_i^2 = \frac{c^2}{n} \Rightarrow \sigma_x = \sqrt{\frac{c^2}{n} - \frac{c^2}{n^2}} = \frac{c}{n}\sqrt{n-1}.$ 但这根本不依赖于

c

$c$ ，我想知道是否可以实现较大的值（可能同时取决于

n

$n$ 和

c

$c$ 。

有任何想法吗？我敢肯定，这个问题以前已经在统计文献中进行过研究，因此，即使不是实际结果，也将不胜感激。

— 迪利普·萨瓦特（Dilip Sarwate）
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我认为您认为这是最大可能的值是正确的，而且令我惊讶的是并不重要。凉。

c

$c$

— 彼得·弗洛姆

7

c

$c$ 不会影响结果，因为不会改变，如果所有值都乘以任何正常数。

\frac{σ_{x}}{\bar{x}}

$\frac{\sigma_x}{\bar{x}}$

k

$k$

— 亨利

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几何提供洞察力，而经典不等式则使人更容易获得严谨。

几何解

我们知道，从最小二乘几何，即是向量的正交投影数据到由常数向量生成的线性子空间上并且与（Euclidean）距离成正比在和非负约束是线性的，距离是一个凸函数，因此必须在由约束确定的圆锥边缘上达到极限距离。该圆锥体是的正向正割线 $\mathbf{\bar{x}} = (\bar{x}, \bar{x}, \ldots, \bar{x})$ $\mathbf{x}=(x_1, x_2, \ldots, x_n)$ $(1,1,\ldots,1)$ $\sigma_x$ $\mathbf{x}$ $\mathbf{\bar{x}}.$ $\mathbb{R}^n$ 它的边缘是坐标轴，因此，紧随其后的是，除了一个，所有在最大距离处都必须为零。对于这样的一组数据，直接（简单）计算显示 $x_i$ $\sigma_x/\bar{x}=\sqrt{n}.$

利用经典不等式的解决方案

$\sigma_x/\bar{x}$ 与其任何单调变换同时进行优化。鉴于此，让我们最大化

\frac{x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + \dots + x_{n}^{2}}{(x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n})^{2}} = \frac{1}{n} (\frac{n - 1}{n} {(\frac{σ_{x}}{\bar{x}})}^{2} + 1) = f (\frac{σ_{x}}{\bar{x}}) .

$\frac{x_1^2+x_2^2+\ldots+x_n^2}{(x_1+x_2+\ldots+x_n)^2} = \frac{1}{n}\left(\frac{n-1}{n}\left(\frac{\sigma_x}{\bar{x}}\right)^2+1\right) = f\left(\frac{\sigma_x}{\bar{x}}\right).$

（的公式可能看起来很神秘，直到您意识到它只是记录了将代数操作使其变成简单形式（即左侧）时要采取的步骤。） $f$ $\sigma_x/\bar{x}$

一个简单的方法始于Holder不等式，

x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + \dots + x_{n}^{2} \leq (x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n}) max ({x_{i}}) .

$x_1^2+x_2^2+\ldots+x_n^2 \le \left(x_1+x_2+\ldots+x_n\right)\max(\{x_i\}).$

（在这种简单的上下文中，这不需要特殊的证明：只需将每个项的一个因子替换为最大分量：显然平方和不会减少。通用项产生不等式的右侧。） $x_i^2 = x_i \times x_i$ $\max(\{x_i\})$ $\max(\{x_i\})$

因为都不全为 $x_i$ $0$ （这将使未定义），所以除以其和的平方即为有效，并给出等价的不等式 $\sigma_x/\bar{x}$

\frac{x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + \dots + x_{n}^{2}}{(x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n})^{2}} \leq \frac{max ({x_{i}})}{x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n}} .

$\frac{x_1^2+x_2^2+\ldots+x_n^2}{(x_1+x_2+\ldots+x_n)^2} \le \frac{\max(\{x_i\})}{x_1+x_2+\ldots+x_n}.$

因为分母不能小于分子（分子本身只是分母中的一项），所以右侧由值占据，只有当除一个都等于时才能实现 $1$ $x_i$ $0$ 。何处

\frac{σ_{x}}{\bar{x}} \leq f^{- 1} (1) = \sqrt{(1 \times (n - 1)) \frac{n}{n - 1}} = \sqrt{n} .

$\frac{\sigma_x}{\bar{x}} \le f^{-1}\left(1\right) = \sqrt{\left(1 \times (n - 1)\right)\frac{n}{n-1}}=\sqrt{n}.$

替代方法

因为都是非负的，并且不能总和为，值确定的概率分布上。为的总和写，我们认识到 $x_i$ $0$ $p(i) = x_i/(x_1+x_2+\ldots+x_n)$ $F$ $\{1,2,\ldots,n\}$ $s$ $x_i$

\begin{aligned} \frac{x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + \dots + x_{n}^{2}}{(x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n})^{2}} & = \frac{x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + \dots + x_{n}^{2}}{s^{2}} \\ = (\frac{x_{1}}{s}) (\frac{x_{1}}{s}) + (\frac{x_{2}}{s}) (\frac{x_{2}}{s}) + \dots + (\frac{x_{n}}{s}) (\frac{x_{n}}{s}) \\ = p_{1} p_{1} + p_{2} p_{2} + \dots + p_{n} p_{n} \\ = E_{F} [p] . \end{aligned}

$\eqalign{ \frac{x_1^2+x_2^2+\ldots+x_n^2}{(x_1+x_2+\ldots+x_n)^2} &= \frac{x_1^2+x_2^2+\ldots+x_n^2}{s^2} \\ &= \left(\frac{x_1}{s}\right)\left(\frac{x_1}{s}\right)+\left(\frac{x_2}{s}\right)\left(\frac{x_2}{s}\right) + \ldots + \left(\frac{x_n}{s}\right)\left(\frac{x_n}{s}\right)\\ &= p_1 p_1 + p_2 p_2 + \ldots + p_n p_n\\ &= \mathbb{E}_F[p]. }$

公理的事实是，概率不可能超过意味着该期望也不能超过，但是通过将除所有值都设置为来使它等于很容易，因此之一恰好是非零的。如以上几何解决方案的最后一行所述，计算变异系数。 $1$ $1$ $1$ $p_i$ $0$ $x_i$

— ub
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感谢您提供详细的答案，从中学到了很多东西！我假设的区别在你的答案和，我获得（和亨利确认）是由于您使用的是作为的定义，而我使用

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$

\sqrt{n - 1}

$\sqrt{n-1}$

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

$\sigma_x = \sqrt{\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n(x_i-\bar{x})^2}$

σ_{x}

$\sigma_x$

σ_{x} = \sqrt{\frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} (x_{i} - \bar{x})^{2}} ?

$\sigma_x = \sqrt{\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n(x_i-\bar{x})^2}?$

— Dilip Sarwate

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是的，迪利普，是的。对不起，这个问题不对。我应该先检查一下，并应该定义（我打算这样做但忘记了）。

σ_{x}

$\sigma_x$

— ub

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一些参考，就像其他蛋糕上的小蜡烛：

Katsnelson和Kotz（1957）证明，只要所有，那么变异系数就不会超过。Longley（1952）早先提到了这一结果。Cramér（1946，p.357）的结果不那么清晰，而Kirby（1974）的结果则不太普遍。 $x_i \ge 0$ $\sqrt{n − 1}$

Cramér，H.，1946年。统计的数学方法。新泽西州普林斯顿：普林斯顿大学出版社。

Katsnelson，J.和S. Kotz。1957年。关于某些可变性度量的上限。 气象学，地球物理与生物气候学，系列B 8：103-107。

Kirby，W.1974。样本统计的代数有界性。水资源研究 10：220-222。

Longley，RW，1952年。降水变化的度量。每月天气回顾 80：111–117。

我在工作中遇到了这些论文

Cox，NJ，2010年。样本偏斜度和峰度的限制。Stata Journal 10：482-495。

它讨论了基于矩的偏度和峰度的大致相似的界限。

— 尼克·考克斯
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有两个数字，一些和任何： $x_i \ge x_j$ $\delta \gt 0$ $\mu$

(x_{i} + δ - μ)^{2} + (x_{j} - δ - μ)^{2} - (x_{i} - μ)^{2} - (x_{j} - μ)^{2} = 2 δ (x_{i} - x_{j} + δ) > 0.

$(x_i+\delta - \mu)^2 + (x_j - \delta - \mu)^2 - (x_i - \mu)^2 - (x_j - \mu)^2 = 2\delta(x_i - x_j +\delta) \gt 0.$

将其应用于非负数据点，这意味着，除非个数中的一个都为零，否则无法进一步减少，可以通过加宽任何一对数据点之间的间隔来增加方差和标准差。同时保留相同的均值，从而增加了变异系数。因此，数据集的最大变异系数如您所建议：。 $n$ $n$ $\sqrt{n-1}$

$c$ 不会影响结果，因为不会改变，如果所有值都乘以任何正常数（如我在评论中所说）。 $\frac{\sigma_x}{\bar{x}}$ $k$

— 亨利
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