Quali condizioni affinchè media aritmetica = ponderata?

[panurge]

Salve a tutti, sono nuovo... in attesa di pensare a qualcosa da scrivere nel forum delle presentazioni, vi lascio con un problema abbastanza strano che mi è stato fatto oggi.
Lo posto in questa sezione perchè non è facile come potrebbe sembrare, e anche perchè c'entra relativamente poco con la statistica (direi che è più algebrico che altro, in ogni caso fatemi sapere se andava messo da qualche altra parte).

La domanda è abbastanza chiara: che condizioni devono verificarsi affinché la media aritmetica sia uguale alla media ponderata?
In altri termini, dato un vettore $ a_1,...,a_n $ di valori, e un vettore $ p_1, ... , p_n$ di pesi (tali che $p_i$ sia il peso di $a_i$), dare delle condizioni necessarie sufficienti perchè valga:

$ (sum_{i=1}^{n} a_i)/n = (sum_{i=1}^{n} a_i p_i) / (sum_{i=1}^{n} p_i) $

Uno potrebbe notare che, ovviamente, se i pesi sono tutti uguali (o se sono tutti uguali i valori!) allora la cosa è vera. Ma vale il viceversa?
Controesempi si costruiscono abbastanza facilmente (ad esempio consideriamo i valori 5,5,8 con pesi 10,1,(11/2) ... sono un po' troppo pigro per trovare esempi con numeri tutti interi, però ci siamo capiti...)

Dunque il viceversa non vale. E' da un'oretta che ci impazzisco sopra. Può darsi che non sia così difficile, ma per il momento riesco soloa fare manipolazioni algebriche spicciole che portano a sistemi complicatissimi da cui non si ricava molto...

Se avete tempo da perdere direi che questo dovrebbe tenervi impegnati almeno per un po'...
Statemi bene!


Edit: Mezzo secondo dopo aver postato il messaggio mi è venuta un'idea abbastanza promettente... il che, nel caso si tratti della strada giusta, significherebbe che non è un problema così difficile. Non dico altro perchè non ne sono ancora sicuro, e per non rendere subito defunto il mio primo post... Dovevo leggere meglio il nome della sezione: pensare un po' di più (prima di scrivere)...

[blackbishop13]

Beh la prima osservazione è che la richiesta è equivalente a \( \displaystyle \sum_{i=1}^n p_i\ \cdot \ \sum_{i=1}^{n} a_i=\sum_{i=1}^n a_i p_i \)

ovvero a \( \displaystyle \sum_{i=1}^n \left( p_i \cdot \sum_{j \ne i} a_j \right)=0 \)

non so se si riesce a ottenere tanto di più.

comunque già questa relazione ti dice che se fissi i valori \( \displaystyle a_i \) allora le possibili n-uple di pesi che risolvono il problema hanno dimensione
(come spazio vettoriale se li consideriamo Reali) esattamente \( \displaystyle n-1 \) .

[panurge]

Grazie per la risposta! Magari mi è sfuggito un passaggio, ma forse hai perso la $n$ a denominatore nei tuoi conti...? Partendo dall'uguaglianza tra le due medie, si dovrebbe ottenere una cosa simile alla tua prima formula, ma col membro a destra moltiplicato per $n$.

In ogni caso, l'idea a cui accennavo ha portato a questo:

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Sia $a$ la media degli $a_i$. Ora esprimiamo i vari $a_i$ in termini di $a$ e di uno scarto che chiamo $d_i$. In pratica abbiamo che per ogni $i$ risulta $a_i = a + d_i$. Fin qui nulla di particolare, ma si hanno belle semplificazioni quando esprimiamo la media ponderata questi nuovi termini. Nel seguito la somma scorre sempre tra uno e enne:

$sum ((a + d_i) p_i) / {sum (p_i)} = sum (a p_i + d_i p_i) / {sum (p_i)}$

Raccogliendo $a$:

${a (sum p_i) + sum d_i p_i} / {sum (p_i)}$

Che è uguale a:

$a+{sum d_i p_i}/{sum p_i}$

imponendo questa cosa (che è la media ponderata) uguale ad $a$ (la media aritmetica), si ha che deve valere zero il secondo addendo, ossia il suo numeratore:

$d_1 p_1 + d_2 p_2 + ... + d_n p_n = 0$

Il che dovrebbe essere una condizione numerica necessaria e sufficiente affinché valga l'uguaglianza.

Non so cos'altro si può ottenere da questa relazione. Il ragazzo che mi ha proposto il problema dice di aver sentito un tizio affermare di avere la media aritmetica uguale a quella ponderata (nel senso di voti universitari). Il problema sta nel fatto che questo tizio lo diceva come se fosse una cosa di cui vantarsi. Il problema era dimostrare che non dipende dalla bravura (e in effetti la formula dipende solo dalla deviazione dei voti dalla media). Una seconda domanda era dire con che probabilità può accadere questa cosa. Immagino dipenda da come sono distribuiti inizialmente i voti e/o i pesi... insomma c'è da definire bene cosa si intende. Ma qui si rischia di finire nella statistica, e ancora ricordo la fatica con cui ho strappato una sufficienza all'esame...

Ciao!

p.s. le mie formule sono striminzite e brutte, prima o poi capirò come si fa a usare i caratteri belli

[ninì]

Nel leggere, per caso, questa discussione sulle medie, mi sono ricordato di quanto mi accadde alla fine degli anni '40 mentre frequentavo il terzo ed ultimo anno della "scuola di avviamento professionale" -che allora era alternativa alla scuola media inferiore-. Premetto che in quei tre anni scoprii il mio vivo interesse per le cose di geometria e matematica che rientravano nel programma scolastico. Accadde che il nostro padrone di casa decidesse di liberarsi di vecchissime cartoffie che ammuffivano chi sa dove, pensò a me chiedendomi se potevano interessarmi tre vecchie dispense in ciclostile, dei lontani tempi della sua università, prima di cestinarle. Le accettai. Il signore era laureato in economia e commercio. Una delle tre dispense parlava dei numeri indici per il trattamento statistico dei dati, un'altra non ricordo cosa contenesse ed, infine, la terza parlave di teoria delle medie. Di quest'ultimo fascicoletto di pochi fogli ciclostilati, nonostante le mie elementari conoscenze di matematica, ne afferrai subito il senso che, per la mia mente e per i miei piccoli interessi, fu quasi una specie di rivoluzione copernicana per via della generalizzazione, che compresi, del concetto di media.
Mi sembrò fantastico apprendere che, data una funzione $f(x_1,x_2,..x_n)=0$, la media $M_x$ degli $x_i$ valori è $M_x=f(M_x,M_x.....M_x)=0$. Allora, subito pensai che la funzione $f$ poteva anche non essere la semplice addizione $p_1x_1+p_2x_2+...p_nx_n-k=0$ ma anche una cosa più astrusa come $x_1 +x_2^(x_3)-1=0$ che, ovviamente, non potevo saper risolvere. Per inciso la soluzione numerica dell'equazione $M+M^M-1=0$, appunto con la sostituzione delle $x_i$ con la costante $M$ , fornisce $M=0.30365912702996$.
Scusatemi se questa storia abbia annoiato qualcuno.
Grazie

[maitomiesdan]

Ciao.
Ho provato a risolvere il tuo problema giungendo allo stesso risultato a cui sei arrivato tu.
Forse a qualcuno é sfuggito il dettaglio che la condizione finale $\sum p_id_i = 0$ ha un'interpretazione geometrica.

Si possono infatti definire due vettori $\mathbf{p},\mathbf{d} \in \mathbb{R}^n$

$\mathbf{p} = (p_1,\ldots,p_n)$
$\mathbf{d} = (d_1,\ldots,d_n)$

a questo punto assumendo la metrica euclidea, la condizione di cui sopra puó essere scritta come \( \displaystyle \langle \mathbf{p},\mathbf{d} \rangle = 0 \) . Ossia le due medie coincidono quando il vettore degli scarti é perpendicolare al vettore dei pesi.

Potresti osservare che il vettore dei pesi p é costante.
A questo devi aggiungere la condizione che la somma degli scarti é necessariamente zero: $\sum d_i = 0$, e cioé \( \displaystyle \langle \mathbf{d},\mathbf{n} \rangle = 0 \) , dove $\mathbf{n}=(1,1,\ldots,1)$. Da questo segue che il vettore degli scarti d giace su un sottospazio perpendicolare a n, e che le due medie sono equivalenti quando d é anche perpendicolare a p; ma ció equivale a richiedere che d sia perpendicolare all'iperpiano \( \displaystyle p \wedge n \) .

Se sei interessato alle probabilitá, potresti assumere che i valori degli scarti $d_i$ siano confinati entro un dominio discreto finito $[-D,D]$. Dovresti quindi calcolarti quante sono le possibili n-ple di vettori perpendicolari a n e di questi devi trovarti quante sono le n-ple che sono anche perpendicolari a p.
Da questo puoi calcolare la probabiltá dell'evento che il tuo amico abbia una media aritmetica dei voti degli esami uguale a quella ponderata.

(Come ultima osservazione, nota che se il tuo amico avesse fatto solo due esami, dovresti trovare un vettore sul piano che sia perpendicolare contemporaneamente a $(1,1)$ e $(p_1,p_2)$: l'unico caso possibile é (0,0), il vettore nullo. E ció avviene quando il tuo amico ha preso lo stesso voto ad entrambi gli esami. Ovviamente piú esami si fanno, piú la dimensionalitá dello spazio aumenta, e quindi i casi possibili.)

[ninì]

Ciao.
Ho provato a risolvere il tuo problema giungendo allo stesso risultato a cui sei arrivato tu.
Forse a qualcuno é sfuggito il dettaglio che la condizione finale $\sum p_id_i = 0$ ha un'interpretazione geometrica.

Si possono infatti definire due vettori $\mathbf{p},\mathbf{d} \in \mathbb{R}^n$

$\mathbf{p} = (p_1,\ldots,p_n)$
$\mathbf{d} = (d_1,\ldots,d_n)$


Se sei interessato alle probabilitá, potresti assumere che i valori degli scarti $d_i$ siano confinati entro un dominio discreto finito $[-D,D]$. Dovresti quindi calcolarti quante sono le possibili n-ple di vettori perpendicolari a n e di questi devi trovarti quante sono le n-ple che sono anche perpendicolari a p.

Ciao ="maitomiesdan"],
Mi scuso per il ritardo che ho frapposto dalla tua risposta ad ora, ma ti sono molto grato per aver posto attenzione ad un problema che si rifà ad un evento, diciamo così, culturale, capitatomi da adolescente. Ti ringrazio anche e soprattutto per la generlizzazione del problema che mi hai ampiamente illustrato. ; mi è rimasto solo un piccolo dubbio: se il risultato che dici coincidere col mio si riferisce all'equazione un po' improbabile che io ho sritto e alla soluzione dell'incognita Mx=0.303ecc. Grazie di nuvo

[maitomiesdan]

Ciao.
Quando ho detto che ho ottenuto lo stesso risultato mi riferivo a quello riportato da panurge nel post originale.

Non ho capito bene il senso del tuo calcolo, tuttavia mi interessa molto sapere come hai trovato lo zero dell'equazione $x^x + x -1 = 0$.
L'hai trovato numericamente o analiticamente?

[ninì]

Ciao.
Quando ho detto che ho ottenuto lo stesso risultato mi riferivo a quello riportato da panurge nel post originale.

Non ho capito bene il senso del tuo calcolo, tuttavia mi interessa molto sapere come hai trovato lo zero dell'equazione $x^x + x -1 = 0$.
L'hai trovato numericamente o analiticamente?

Ciao,
La soluzion è semplicemente numerica, temo che non esista altra via se non questa, appunto.
Torno a ringraziarti per l'attenzione datami e mi piace comunicarti "Buone Feste"

[maitomiesdan]

ok grazie...immaginavo si trattasse di una approssimazione numerica.
Buone feste anche a te.