Ile z największych terminów wdodać do połowy całości?

Zastanów się gdzie to iid, a CLT jest wstrzymany. Ile z największych warunków stanowi połowę łącznej kwoty? Na przykład 10 + 9 + 8 (10 + 9 + 8 + 1) / 2: 30% haseł osiąga około połowy sumy.$\sum_{i=1}^N |X_i|$$X_1, \ldots, X_N$

$\approx$$\dots$

Zdefiniuj
$\qquad\text{sumbiggest( j}; X_1 \dots X_N ) \equiv \text{sum of the j biggest of } |X_1| \dots |X_N|$
$\qquad\text{halfsum}( N ) \equiv \text{the smallest j such that sumbiggest( j )} \approx \text{sumbiggest}( N ) / 2 .$

Czy istnieje ogólny asymptotyczny wynik dla połowy sumy ( )? Proste, intuicyjne wyprowadzenie byłoby fajne.$N, \mu, \sigma$

(Trochę Monte Carlo sugeruje, że czasami połowa sumy ( ) / 4 lub tak; to znaczy, że największa 1/4 z sumuje się do 1/2 całości. Dostaję 0,24 dla półnormalnego, 0,19 dla wykładniczy, dla = 20, 50, 100.)≈ N X i N N $N$$\approx N$
$X_i$
$N$$N$$N$

Nie, nie ma ogólnego wyniku asymptotycznego. Niech będą uporządkowane , gdzie jest największym. x i x [ 1 $x_{[1]} \dots x_{[N]}$$x_i$$x_{[1]}$

Rozważ następujące dwa przykłady:

1) . Najwyraźniej CLT trzyma się. Potrzebujesz tylko obserwacji dla. M = 1 ∑ M j = 1 | x [ j ] | ≥ $P(x=0) = 1$$M=1$$\sum_{j=1}^M|x_{[j]}| \ge \frac{1}{2} \sum_N|x_i|$

2) . Najwyraźniej CLT trzyma się. Potrzebujesz obserwacji dla.M = ⌈ N / 2 ⌉ ∑ M j = 1 | x [ j ] | ≥ $P(x=1) = 1$$M=\lceil N/2\rceil$$\sum_{j=1}^M|x_{[j]}| \ge \frac{1}{2} \sum_N|x_i|$

Na przykład nietrywialny rozkład Bernoulliego:

3) . Po raz kolejny CLT trzyma się. Potrzebujesz obserwacji, aby spełnić twoje warunki. Zmieniając pomiędzy 0 i 1, możesz zbliżyć się do przykładu 1 lub przykładu 2, jak chcesz.$P(x=1) = p,\space P(x=0) = 1-p$$\lceil pN/2\rceil$$p$

Oto prymitywny argument podający nieco inne oszacowanie dla równomiernie rozmieszczonych zmiennych losowych. Załóżmy, że są ciągłymi zmiennymi losowymi równomiernie rozmieszczonymi na . Wtedy ma średnią wartość . Załóżmy, że przez zaskakujący i całkowicie niewiarygodny zbieg okoliczności suma jest dokładnie równa . Chcemy więc oszacować, ile z największych wartości sumuje się do lub więcej. Teraz histogram próbek ( bardzo dużych) narysowanych z rozkładu jednorodności jest z grubsza płaski od do [ 0 , 1 ] ∑ i X i N / 2 N / 2 X N / 4 N N U $X_i$$[0,1]$$\sum_i X_i$$N/2$$N/2$$X$$N/4$$N$$N$0 $U[0,1]$$0$$1$, i tak dla każdego , , istnieje próbek rozmieszczonych w przybliżeniu równomiernie między do . Próbki te mają średnią wartość i sumę równą . Suma przekracza dla . Tak więc suma największych próbek przekracza .0 < x < 1 ( 1 - x ) N x 1 ( 1 + x ) / 2 ( 1 - x ) N ( 1 $x$$0 < x < 1$$(1-x)N$$x$$1$$(1+x)/2$N / 4 x ≤ 1 / $(1-x)N(1+x)/2) = (1-x^2)N/2$$N/4$ (1-1/$x \leq 1/\sqrt{2}$N/$(1-1/\sqrt{2})N \approx 0.3N$$N/4$

Możesz spróbować to trochę uogólnić. Jeśli , to dla dowolnego chcemy, aby było takie, że gdzie jest normalne ze średnią i wariancją . Tak więc, zależnie od wartości , . Pomnóż przez gęstość i zintegruj (od do ), aby znaleźć średnią liczbę największych próbek, która przekroczy połowę losowej sumy.Y $\sum_i X_i = Y$$Y$$x$Y N / 2 N / 12 Y x = $(1-x^2)N/2 = Y/2$$Y$$N/2$$N/12$$Y$ YY=0Y=$x = \sqrt{1-(Y/N)}$$Y$$Y=0$$Y=N$

Załóżmy, że X ma tylko wartości dodatnie, aby pozbyć się wartości bezwzględnej.

Bez dokładnego udowodnienia, myślę, że musisz rozwiązać k

$(1-F_{X}(k))E(X|X>=k)= \frac{1}{2} E(X)$ gdzie F jest funkcją rozkładu skumulowanego dla X

a następnie odpowiedź jest udzielana przez przyjęcie najwyższych wartości .$n(1-F_X(k))$

Moja logika jest taka, że ​​asymetrycznie suma wszystkich wartości wyższych niż k powinna być o

$n(1-F_{X}(k))E(X|X>=k)$

i asymetrycznie połowa całkowitej sumy wynosi około

$\frac{1}{2}nE(X)$ .

Symulacja numeryczna pokazuje, że wynik dotyczy przypadku jednolitego (jednolity w ), gdzie a ja otrzymuję . Nie jestem pewien, czy wynik zawsze się utrzymuje, czy też można go uprościć, ale myślę, że tak naprawdę zależy on od funkcji rozkładu F.F ( k ) = k k = $[0,1]$$F(k)=k$$k=\sqrt(\frac{1}{2})$