La géométrie donne un aperçu et les inégalités classiques permettent un accès facile à la rigueur.
Solution géométrique
Nous savons, à partir de la géométrie des moindres carrés , que x¯=(x¯,x¯,…,x¯) est la projection orthogonale du vecteur de données x=(x1,x2,…,xn) sur le sous-espace linéaire généré par le vecteur constant (1,1,…,1) et que σxest directement proportionnelle à la distance (euclidienne) entre et ˉ x . Les contraintes de non-négativité sont linéaires et la distance est une fonction convexe, d'où les extrêmes de distance doivent être atteints aux bords du cône déterminés par les contraintes. Ce cône est l'orthant positif dans R n et ses bords sont les axes de coordonnées, d'où il suit immédiatement que tous les x i sauf un doivent être nuls aux distances maximales. Pour un tel ensemble de données, un calcul direct (simple) montre σ x / ˉ x = √xx¯.Rnxiσx/x¯=n−−√.
Solution exploitant les inégalités classiques
est optimisé simultanément avec toute transformation monotone de celui-ci. À la lumière de cela, maximisonsσx/x¯
x21+x22+…+x2n(x1+x2+…+xn)2=1n(n−1n(σxx¯)2+1)=f(σxx¯).
(La formule de peut sembler mystérieuse jusqu'à ce que vous vous rendiez compte qu'elle enregistre simplement les étapes à suivre pour manipuler algébriquement σ x / ˉ x pour le mettre sous une forme simple, qui est du côté gauche.)fσx/x¯
Un moyen simple commence par l'inégalité de Holder ,
x21+x22+…+x2n≤(x1+x2+…+xn)max({xi}).
(Cela n'a besoin d'aucune preuve spéciale dans ce contexte simple: il suffit de remplacer un facteur de chaque terme par la composante maximale max ( { x i } ) : évidemment la somme des carrés ne diminuera pas. le terme commun max ( { x i } ) donne le côté droit de l'inégalité.)x2i=xi×ximax({xi})max({xi})
Because the xi are not all 0 (that would leave σx/x¯ undefined), division by the square of their sum is valid and gives the equivalent inequality
x21+x22+…+x2n(x1+x2+…+xn)2≤max({xi})x1+x2+…+xn.
Because the denominator cannot be less than the numerator (which itself is just one of the terms in the denominator), the right hand side is dominated by the value 1, which is achieved only when all but one of the xi equal 0. Whence
σxx¯≤f−1(1)=(1×(n−1))nn−1−−−−−−−−−−−−−−−√=n−−√.
Alternative approach
Because the xi are nonnegative and cannot sum to 0, the values p(i)=xi/(x1+x2+…+xn) determine a probability distribution F on {1,2,…,n}. Writing s for the sum of the xi, we recognize
x21+x22+…+x2n(x1+x2+…+xn)2=x21+x22+…+x2ns2=(x1s)(x1s)+(x2s)(x2s)+…+(xns)(xns)=p1p1+p2p2+…+pnpn=EF[p].
The axiomatic fact that no probability can exceed 1 implies this expectation cannot exceed 1, either, but it's easy to make it equal to 1 by setting all but one of the pi equal to 0 and therefore exactly one of the xi is nonzero. Compute the coefficient of variation as in the last line of the geometric solution above.