Скільки найбільших доданків удодати до половини всього?

Розглянемо де - , і CLT виконується. Скільки найбільших термінів складають половину загальної суми? Наприклад, 10 + 9 + 8 (10 + 9 + 8 + 1) / 2: 30% доданків досягають приблизно половини загальної суми.X 1 , … , X N ≈ $\sum_{i=1}^N |X_i|$$X_1, \ldots, X_N$

$\approx$$\dots$

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

Чи є загальний асимптотичний результат для півмісяця ( )? Просте, інтуїтивне виведення було б непоганим.$N, \mu, \sigma$

(Трохи Монте-Карло припускає, що іноді напівсума ( ) / 4 або близько того, тобто найбільша 1/4 складає до 1/2 загальної кількості. Я отримую 0,24 за половину норми, 0,19 за експоненціальна, для = 20, 50, 100.)$N$$\approx N$
$X_i$
$N$$N$$N$

Ні, загального асимптотичного результату немає. Нехай - упорядкований , де найбільший. x i x [ 1 $x_{[1]} \dots x_{[N]}$$x_i$$x_{[1]}$

Розглянемо наступні два приклади:

1) . Очевидно, що CLT має місце. Вам потрібно лише спостереження для. 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) . Очевидно, що CLT має місце. Вам потрібно спостережень для.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|$

Для нетривіального прикладу розподіл Бернуллі:

3) . Знову CLT утримується. Вам потрібні спостережень, щоб відповідати вашим умовам. Змінюючи між 0 і 1, ви можете наблизитись до прикладу 1 або прикладу 2, як вам подобається.⌈ p N / 2 ⌉ $P(x=1) = p,\space P(x=0) = 1-p$$\lceil pN/2\rceil$$p$

Ось грубий аргумент, що дає дещо іншу оцінку для рівномірно розподілених випадкових величин. Припустимо, що є безперервними випадковими змінними, рівномірно розподіленими на . Тоді має середнє значення . Припустимо, що за дивовижним і абсолютно неймовірним збігом обставин сума точно дорівнює . Отже, ми хочемо оцінити, скільки найбільших значень дорівнюють і більше. Тепер гістограма зразків ( дуже великих), отриманих з розподілу рівномірності є приблизно плоскою від до [ 0 , 1 ] ∑ i X i N / 2 N / 2 X N / 4 N N U [ 0 , 1 ] 0 1 x 0 < x < 1 ( 1 - x ) N x 1 ( 1 + x ) / 2 ( 1 - х ) N ( 1 $X_i$$[0,1]$$\sum_i X_i$$N/2$$N/2$$X$$N/4$$N$$N$$U[0,1]$$0$$1$, і тому для будь-якого , , є зразків, розподілених приблизно рівномірно між до . Ці зразки мають середнє значення і суму, рівну . Сума перевищує для . Отже, сума найбільших вибірок перевищує .$x$$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$

Ви можете трохи спробувати і узагальнити це. Якщо , то для будь-якого заданого ми хочемо, щоб було таким, що де є нормальним із середнім та дисперсією . Таким чином, обумовлюється значенням , . Помножте на щільність та інтегруйте (від до ), щоб знайти середню кількість найбільших вибірок, що перевищить половину випадкової суми.Y x ( 1 - x 2 ) N / 2 = Y / 2 Y N / 2 N / 12 Y x = $\sum_i X_i = Y$$Y$$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$

Припустимо, що X має просто позитивні значення для позбавлення від абсолютного значення.

Без точного доведення, я думаю, що вам доведеться вирішити для k

$(1-F_{X}(k))E(X|X>=k)= \frac{1}{2} E(X)$ F - функція кумулятивного розподілу для X

і тоді відповідь дається, приймаючи найвищі значення.$n(1-F_X(k))$

Моя логіка полягає в тому, що асимптотично має бути сума всіх значень, вищих за k

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

і асимптотично половина загальної суми становить приблизно

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

Числове моделювання показує, що результат справедливий для рівномірного випадку (рівномірного в ), де і я отримую . Я не впевнений, чи завжди результат має місце, чи його можна далі спростити, але я думаю, що він дійсно залежить від функції розподілу F.F ( k ) = k k = $[0,1]$$F(k)=k$$k=\sqrt(\frac{1}{2})$