统计，方差比较大小

AK007

选项c是错误的吧 应该是小于或等于 但怎么用方差公式证明了

O-17

事实上有分组数据方差公式
$$
s^2=p_x\cdot s_x^2+p_y\cdot s_y^2+p_xp_y\cdot(\overline{x}-\overline{y})^2
$$
其中 $\overline{x},\overline{y}$ 是平均数, $s_x^2,s_y^2$ 是方差, $p_x,p_y$ 是两组数据的权重 (即数据个数, 例如 $x$ 有 2 个数据, $y$ 有 3 个数据, 那 $x$ 的权重就是 2/5 , $y$ 的权重就是 3/5 )

可以尝试自己证明上式.

(下面写不下去了...)
那么这里把 $x_1,x_6$ 视作第一组数据 $A$ , 把 $x_2,x_3,x_4,x_5$ 视作第二组数据 $B$, 它们合并视为第三组数据 $C$ , 有
$$
s_C^2=\frac13s_A^2+\frac23s_B^2+\frac29(\overline{x}-\overline{y})^2
$$
现在欲比较 $s_B$ 与 $s_C$
$$
s_C^2-s_B^2=\frac13(s_A^2-s_B^2)+\frac29(\overline{A}-\overline{B})^2
$$
而
\begin{align*}
s_A^2&=\frac12\left(x_1-\frac{x_1+x_6}2\right)^2+\frac12\left(x_6-\frac{x_1+x_6}2\right)^2
\\&=\frac{x_1^2+x_6^2}{2}-\left(\frac{x_1+x_6}2\right)^2\\s_B^2&=\frac14\sum_{i=2}^{5}{\left(x_i-\frac{x_2+x_3+x_4+x_5}4\right)^2}
\\&=
\frac{x_2^2+x_3^2+x_4^2+x_5^2}{4}-\left(\frac{x_2+x_3+x_4+x_5}{4}\right)^2\\
s_A^2-s_B^2&=\frac{2x_1^2+2x_6^2-x_2^2-x_3^2-x_4^2-x_5^2}{4}+\left(\frac{x_2+x_3+x_4+x_5}{4}\right)^2-\left(\frac{x_1+x_6}2\right)^2
\\&=\frac18\sum_{i=2}^{5}(x_1-x_i)(x_1+x_i)+\frac18\sum_{i=2}^{5}(x_6-x_i)(x_6+x_i)+\left(\frac{x_2+x_3+x_4+x_5}{4}\right)^2-\left(\frac{x_1+x_6}2\right)^2
\end{align*}

不会写了...我代数一拖四, $x_1\leqslant x_2,x_3,x_4,x_5\leqslant x_6$ 这个条件不会用.

感觉可以推广:
样本数据 $x_1,x_2,\ldots,x_n$ , 其中 $x_1\leqslant x_2\leqslant \cdots\leqslant x_n$ , 则 $x_1,x_2,\ldots,x_n$ 的方差大于等于  $x_p,x_{p+1},\ldots,x_q~(1\leqslant p\leqslant q\leqslant n)$ 的方差.

还是可以先用我的方法 (前半部分感觉还是有点用的) 转化成比较 $x_1,x_2,\ldots,x_{p-1},x_{q+1},\ldots,x_n$ 的方差与 $x_p,x_{p+1},\ldots,x_q$ 的方差.

kuing

先明确一下，分母是 n 还是 n-1 ？这可能会影响到 ≤ 是否成立

kuing

kuing 发表于 2023-6-10 13:29
先明确一下，分母是 n 还是 n-1 ？这可能会影响到 ≤ 是否成立

如果按照分母是 `n`（即有偏方差）来算的话：

不妨设 `x_1\leqslant x_2\leqslant x_3\leqslant x_4\leqslant x_5\leqslant x_6`，即证
\begin{align*}
&\frac{x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2+x_5^2+x_6^2}6-\left(\frac{x_1+x_2+x_3+x_4+x_5+x_6}6\right)^2\\
\geqslant{}&\frac{x_2^2+x_3^2+x_4^2+x_5^2}4-\left(\frac{x_2+x_3+x_4+x_5}4\right)^2,
\end{align*}
由于
\[\frac1n\sum_{i=1}^nx_i^2-\bar x^2=\frac1{n^2}\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n}(x_i-x_j)^2,\]
可见不等式的左边关于 `x_1` 递减，关于 `x_6` 递增，因此只需证明 `x_1=x_2` 且 `x_6=x_5` 的情形，于是问题转化为：

已知 `a\geqslant b\geqslant c\geqslant d`，求证
\[\frac{2a^2+b^2+c^2+2d^2}6-\left(\frac{2a+b+c+2d}6\right)^2\geqslant\frac{a^2+b^2+c^2+d^2}4-\left(\frac{a+b+c+d}4\right)^2,\]
移项即
\[\frac{2a^2+b^2+c^2+2d^2}6-\frac{a^2+b^2+c^2+d^2}4\geqslant\left(\frac{2a+b+c+2d}6\right)^2-\left(\frac{a+b+c+d}4\right)^2,\]
化简为
\[12(a^2-b^2-c^2+d^2)\geqslant(a-b-c+d)(7a+5b+5c+7d),\quad(*)\]
注意到
\begin{align*}
\LHS&=6\bigl((a+d)^2+(a-d)^2-(b+c)^2-(b-c)^2\bigr)\\
&=6\bigl((a+d)^2-(b+c)^2\bigr)+6\bigl((a-d)^2-(b-c)^2\bigr)\\
&=6(a-b-c+d)(a+b+c+d)+6(a+b-c-d)(a-b+c-d),
\end{align*}
所以式 (*) 等价于
\[6(a+b-c-d)(a-b+c-d)\geqslant(a-b-c+d)^2,\]
由 `a\geqslant b\geqslant c\geqslant d` 可得
\begin{align*}
a+b-c-d&=\abs{a-c}+\abs{b-d}\geqslant\abs{a-b-c+d},\\
a-b+c-d&=\abs{a-b}+\abs{c-d}\geqslant\abs{a-b-c+d},
\end{align*}
所以
\[(a+b-c-d)(a-b+c-d)\geqslant(a-b-c+d)^2,\]
即得证。

kuing

然而，如果按照分母是 `n-1`（即无偏方差）来算的话，同样地只需证明 `x_1=x_2` 且 `x_6=x_5` 的情形，转化为：

已知 `a\geqslant b\geqslant c\geqslant d`，求证
\[\frac15\left( 2a^2+b^2+c^2+2d^2-6\left(\frac{2a+b+c+2d}6\right)^2 \right)\geqslant\frac13\left( a^2+b^2+c^2+d^2-4\left(\frac{a+b+c+d}4\right)^2 \right),\]
但这个不等式并不成立！反例：`(a,b,c,d)=(7,6,1,0)`。

isee

2023年新高考 1 卷第 9 题

AK007

[quote]kuing 发表于 2023-6-10 16:33


去掉最小值和最大值后，这组数据方差变小可推广到一般吗

kuing

前两天人教群里有网友给出一个简单的证明，转载如下：

京G至臻学渣(6481*****) 2023/11/6 15:12:44

（此处的方差是指“有偏方差”（分母是 n

lemondian

选项C中，这个证明可以吗？
不妨设$x_1\leqslant x_2\leqslant x_3\leqslant x_4\leqslant x_5\leqslant x_6$，$x_1,x_2,x_3,x_4,x_5,x_6$的平均数为$n$，方差为$s^2_1$; $x_2,x_3,x_4,x_5$的平均数为$m$,方差为$s^2_2$。
则$s^2_2=\frac{1}{4}\sum_{i=2}^5(x_i-m)^2,s^2_1=\frac{1}{6}\sum_{i=1}^6(x_i-n)^2$.
因为$s^2_2=\frac{1}{4}\sum_{i=2}^5(x_i-m)^2$
           $=\frac{1}{4}\sum_{i=2}^5[(x_i-n)-(m-n)]^2$
           $=\frac{1}{4}\sum_{i=2}^5(x_i-n)^2-(m-n)^2$
所以$s^2_2\leqslant \frac{1}{4}\sum_{i=2}^5(x_i-n)^2\leqslant \frac{1}{6}\sum_{i=1}^6(x_i-n)^2=s^2_1$.
总觉得有点问题，对于$n$个数据是否可以同样证明?

kuing

lemondian 发表于 2023-11-14 09:19
选项C中，这个证明可以吗？
不妨设$x_1\leqslant x_2\leqslant x_3\leqslant x_4\leqslant x_5\leqslant x_ ...

$\frac{1}{4}\sum_{i=2}^5[(x_i-n)-(m-n)]^2=\frac{1}{4}\sum_{i=2}^5(x_i-n)^2-(m-n)^2$ 这步是为什么？

lemondian

kuing 发表于 2023-11-14 14:57
$\frac{1}{4}\sum_{i=2}^5[(x_i-n)-(m-n)]^2=\frac{1}{4}\sum_{i=2}^5(x_i-n)^2-(m-n)^2$ 这步是为什么？ ...

等号左边完全平方式展开即可呀

kuing

lemondian 发表于 2023-11-14 15:39
等号左边完全平方式展开即可呀

明白了

那最后一步 `\frac{1}{4}\sum_{i=2}^5(x_i-n)^2\leqslant \frac{1}{6}\sum_{i=1}^6(x_i-n)^2` 是否还需要论证一下？

lemondian

kuing 发表于 2023-11-14 16:47
明白了

那最后一步 `\frac{1}{4}\sum_{i=2}^5(x_i-n)^2\leqslant \frac{1}{6}\sum_{i=1}^6(x_i-n)^2` 是 ...

我就是感觉这个地方好象有点问题，但又说不上来，似对非对的感觉（好象并不严格，不知有没有反例？）