Сколько самых больших слагаемых в

Рассмотрим $\sum_{i=1}^N |X_i|$ где $X_1, \ldots, X_N$ - iid и CLT имеет место.
Сколько самых больших терминов составляют половину общей суммы?
Например, 10 + 9 + 8 $\approx$ (10 + 9 + 8 $\dots$ + 1) / 2: 30% терминов достигают примерно половины общего числа.

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

Существует ли общий асимптотический результат для полусуммы ( $N, \mu, \sigma$ )?
Простой, интуитивный вывод был бы хорош.

(Немного Монте-Карло предполагает, что иногда halfsum ( $N$ ) $\approx N$ / 4 или около того;
то есть наибольшая 1/4 от $X_i$ составляет в сумме половину от общего.
Я получаю 0,24 $N$ для полнормального, 0,19 $N$ для экспоненциальный, для $N$ = 20, 50, 100.)

Нет, общего асимптотического результата нет. Пусть будет упорядоченным x i , где x [ 1 ] является наибольшим.$x_{[1]} \dots x_{[N]}$$x_i$$x_{[1]}$

Рассмотрим следующие два примера:

1) . Ясно, что CLT держит. Вам нужно только M = 1 наблюдение для ∑ 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) . Ясно, что CLT держит. Вам нужно M = ⌈ N / 2 ⌉ наблюдений для ∑ 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 нетривиального примера распределение Бернулли:

3) . Еще раз CLT держит. Вам нужно ⌈ p N / 2 ⌉ наблюдений, чтобы удовлетворить ваши условия. Изменяя p между 0 и 1, вы можете получить как можно ближе к примеру 1 или примеру 2.$P(x=1) = p,\space P(x=0) = 1-p$$\lceil pN/2\rceil$$p$

Вот грубый аргумент, дающий немного иную оценку для равномерно распределенных случайных величин. Предположим, что - непрерывные случайные величины, равномерно распределенные на [ 0 , 1 ] . Тогда ∑ i X i имеет среднее значение N / 2 . Предположим, что по удивительному и совершенно невероятному совпадению сумма точно равна N / 2 . Поэтому мы хотим оценить, сколько из самых больших значений X составляет до N / 4 или более. Теперь гистограмма из N образцов ( $X_i$$[0,1]$$\sum_i X_i$$N/2$$N/2$$X$$N/4$$N$$N$очень большой), взятый из равномерного распределения , приблизительно плоский от 0 до 1 , и поэтому для любых x , 0 < x < 1 , есть ( 1 - x ) N выборок, распределенных примерно равномерно между x к 1 , Эти образцы имеют среднее значение ( 1 + x ) / 2 и сумму, равную ( 1 - x ) N $U[0,1]$$0$$1$$x$$0 < x < 1$$(1-x)N$$x$$1$$(1+x)/2$ . Сумма превышает N / 4 для x ≤ 1 / $(1-x)N(1+x)/2) = (1-x^2)N/2$$N/4$ . Итак, сумма(1-1/$x \leq 1/\sqrt{2}$самых больших выборок превышает N/4.$(1-1/\sqrt{2})N \approx 0.3N$$N/4$

$\sum_i X_i = Y$$Y$$x$$(1-x^2)N/2 = Y/2$$Y$$N/2$$N/12$$Y$$x = \sqrt{1-(Y/N)}$$Y$$Y=0$$Y=N$

Давайте предположим, что X имеет только положительные значения, чтобы избавиться от абсолютного значения.

Без точного доказательства, я думаю, вы должны решить для к

$(1-F_{X}(k))E(X|X>=k)= \frac{1}{2} E(X)$ где F - кумулятивная функция распределения для X

и тогда ответ дается, беря самые высокие значения.$n(1-F_X(k))$

Моя логика заключается в том, что асимтотически сумма всех значений выше k должна быть примерно равна

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

и асимтотически половина общей суммы составляет около

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

Численное моделирование показывает, что результат справедлив для равномерного случая (равномерного в ), где и я получаю . Я не уверен, что результат всегда выполняется или его можно упростить, но я думаю, что он действительно зависит от функции распределения F.F ( k ) = k k = $[0,1]$$F(k)=k$$k=\sqrt(\frac{1}{2})$