그것을 증명하는 방법

불평등을 설정하려고 노력했습니다

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

어디 $\bar{X}$ 표본 평균이고 $S$ 표본 표준 편차, 즉 $S=\sqrt{\frac{\sum_{i=1}^n \left( X_i -\bar{X} \right)^2}{n-1}}$.

보기 쉽다 $\sum_{i=1}^n T_i^2 = n-1$ 그래서 $\left| T_i \right| < \sqrt{n-1}$그러나 이것은 내가 찾던 것에 가깝지 않으며 유용한 경계도 아닙니다. 나는 Cauchy-Schwarz와 삼각형 부등식을 실험했지만 아무데도 가지 않았습니다. 어딘가에 누락 된 미묘한 단계가 있어야합니다. 도움을 주셔서 감사합니다. 감사합니다.

이것은 Samuelson의 불평등이며 $\leq$기호. 당신은 가지고가는 경우 위키 백과 버전 과 그것을 재 작업$n-1$ 의 정의 $S,$ 당신은 그것이된다는 것을 알게 될 것입니다

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

일상적인 절차를 통해 문제를 단순화 한 후 문제를 기본적인 증거로 잘 알려진 이중 최소화 프로그램으로 변환하면 문제를 해결할 수 있습니다. 아마도이 이중화는 문제에서 언급 된 "미묘한 단계"일 것입니다. 불평등은 또한 최대화함으로써 순전히 기계적인 방식으로 확립 될 수있다$|T_i|$ 라그랑주 승수 를 통해 .

우선, 나는 최소 제곱의 기하학을 기반으로보다 우아한 솔루션을 제공합니다. 사전 단순화가 필요하지 않으며 거의 ​​즉각적으로 결과에 직접적인 직관을 제공합니다. 이 질문에서 제안했듯이 문제는 Cauchy-Schwarz 불평등으로 줄어 듭니다.

---

기하학적 솔루션

치다 $\mathbf{x} = (X_1, X_2, \ldots, X_n)$ 로 $n$점이있는 유클리드 공간의 3 차원 벡터 허락하다$\mathbf{y} = (0,0,\ldots,0,1,0,\ldots,0)$ ~이다 $i^\text{th}$ 기본 벡터와 $\mathbf{1} = (1,1,\ldots, 1)$. 쓰다$\mathbf{\hat x}$ 과 $\mathbf{\hat y}$ 의 직교 투영을 위해 $\mathbf{x}$ 과 $\mathbf{y}$ 직교 보체로 $\mathbf{1}$. (통계적 용어로, 평균과 관련하여 잔차입니다.) 그런 다음$X_i-\bar X = \mathbf{\hat x}\cdot \mathbf{y}$ 과 $S = ||\mathbf{\hat x}||/\sqrt{n-1}$,

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

구성 요소입니다 $\mathbf{\hat y}$ 에서 $\mathbf{\hat x}$방향. Cauchy-Schwarz에 의해 정확하게 최대화됩니다$\mathbf{\hat x}$ ~에 평행하다 $\mathbf{\hat y} = (-1,-1,\ldots,-1,n-1,-1,-1,\ldots,-1)/n$을 위해

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

또한이 솔루션은 모든 경우에 대한 철저한 특성을 제공합니다. $|T_i|$ 최대화됩니다 : 그들은 모든 형태입니다

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

모든 진짜를 위해 $\mu, \sigma$.

이 분석은 다음과 같은 경우에 쉽게 일반화됩니다. $\{\mathbf{1}\}$모든 회귀 세트로 대체됩니다. 분명히 최대$T_i$ 잔차 길이에 비례 $\mathbf{y}$, $||\mathbf{\hat y}||$.

---

단순화

때문에 $T_i$ 위치와 규모의 변화에 ​​따라 변하지 않으며, 일반성을 잃지 않고 $X_i$ 합은 0이고 제곱은 $n-1$. 이것은 식별$|T_i|$ 와 $|X_i|$, 이후 $S$ (평균 제곱)은 $1$. 그것을 극대화하는 것은 가장 중요하다$|T_i|^2 = T_i^2 = X_i^2$. 복용으로 일반성이 손실되지 않습니다$i=1$, 이후 $X_i$ 교환 할 수 있습니다.

---

통해 솔루션 이중 제형

이중 문제는 $X_1^2$ 남은 값을 물어보세요 $X_j, j\ne 1$제곱의 합 을 최소화 하는 데 필요합니다$\sum_{j=1}^n X_j^2$ ~을 고려하면 $\sum_{j=1}^n X_j = 0$. 때문에$X_1$ 이것이 최소화의 문제입니다 $\sum_{j=2}^n X_j^2$ ~을 고려하면 $\sum_{j=2}^n X_j = -X_1$.

솔루션은 여러 가지 방법으로 쉽게 찾을 수 있습니다. 가장 기본적인 것 중 하나는 글을 쓰는 것입니다

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

어떤 $\sum_{j=2}^n \varepsilon_j = 0$. 목적 함수를 확장하고이 합계 0 ID를 사용하여 생산을 단순화

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

독특한 솔루션을 즉시 보여줍니다 $\varepsilon_j=0$ 모든 $j$. 이 솔루션의 경우

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

과

$$|T_i| = \frac{|X_1|}{S} = \frac{|X_1|}{\sqrt{\frac{n}{(n-1)^2}X_1^2}} = \frac{n-1}{\sqrt{n}},$$

QED .

---

통해 솔루션기계

우리가 시작한 단순화 된 프로그램으로 돌아갑니다 :

$$\text{Maximize } X_1^2$$

에 따라

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

Lagrange multipliers (거의 순전히 기계적이고 간단하다)의 방법은이 세 함수의 기울기를 0에 대한 사소한 선형 조합과 같습니다.

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

구성 요소 별 구성 요소 $n$ 방정식은

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

마지막 $n-1$ 그들 중 하나를 암시 $X_2 = X_3 = \cdots = X_n = -\lambda_2/(2\lambda_3)$ 또는 $\lambda_2=\lambda_3=0$. (우리는 후자의 경우를 배제 할 수 있습니다.$\lambda_1=0$)를 0으로 합산하면 제약 조건이 생성됩니다. $X_1 = -(n-1)X_2$. 제곱합 제약은 두 가지 솔루션을 제공합니다.

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

그들은 둘 다 생산

$$|T_i| = |X_1| \le |\pm\frac{n-1}{\sqrt{n}}| = \frac{n-1}{\sqrt{n}}.$$

명시된 불평등은 사실이다. 불평등에 대한 가장 어려운 경우를 얻는다는 것은 직관적으로 분명합니다.$S^2$) 하나의 값을 선택하여 $x_1$다른 모든 것을 동일하게 유지하면서 가능한 한 큰. 이러한 구성의 예를 살펴 보겠습니다.

$$n=4, \quad x_1=x_2=x_3=0, x_4=4, \bar{x}=1, S^2=4,$$ 지금 $\frac{|x_i-\bar{x}|}{S}=\begin{cases} \frac12 ~\text{or}~ \\ \frac32 \end{cases}$ 에 따라 $i$주어진 상한은 $\frac{4-1}{2}=1.5$이것으로 충분합니다. 그 아이디어는 증거로 완성 될 수 있습니다.

편집하다

우리는 이제 위에서 암시 된 것처럼 주장을 증명할 것입니다. 먼저 주어진 벡터에 대해$x=(x_1, x_2, \dots, x_n)$ 이 문제에서 우리는 그것을 $x-\bar{x}$불평등의 양쪽을 바꾸지 않고 따라서 다음에서는$\bar{x}=0$. 또한 레이블을 재 라벨링하여$x_1$가장 큽니다. 그런 다음 먼저 선택하여$x_1>0$ 그리고 $x_2=x_3=\dots=x_n=-\frac{x_1}{n-1}$우리는 간단한 대수로 우리가 주장한 불평등에서 평등을 가지고 있는지 확인할 수 있습니다. 그래서 예리합니다.

그런 다음 (볼록한) 영역을 정의하십시오. $R$ 으로

$$R = \{ x\in\mathbb{R} \colon \bar{x}=0, \sum(x_i-\bar{x})^2/(n-1) \le S^2\}$$ 주어진 양의 상수에 대해 $S^2$. 참고$R$ 원점을 중심으로 한 구와 초평면의 교차점이므로 구가 $(n-1)$-우주. 우리의 문제는 이제 $$\max_{x\in R} \max_i |x_i|$$ 이후 $x$그것을 극대화하는 것은 불평등의 가장 어려운 경우가 될 것입니다. 이것은 일반적으로 어려운 문제 (최소한 쉽다!) 인 볼록 세트에 대한 최대 볼록 함수를 찾는 문제입니다. 그러나이 경우 볼록 영역은 원점을 중심으로하는 구이며, 최대화하려는 함수는 좌표의 절대 값입니다. 최대가 경계 영역에서 발견된다는 것은 명백합니다$R$그리고 복용함으로써 $|x_1|$ 최대의 첫 번째 테스트 사례는 강제입니다.