Combien des plus grands termes deajouter jusqu'à la moitié du total?

Considérez $\sum_{i=1}^N |X_i|$ où $X_1, \ldots, X_N$ sont iid et le CLT est .
Combien des termes les plus importants représentent jusqu'à la moitié de la somme totale?
Par exemple, 10 + 9 + 8 $\approx$ (10 + 9 + 8 $\dots$ + 1) / 2: 30% des termes atteignent environ la moitié du total.

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

Existe-t-il un résultat asymptotique général pour la demi-somme ( $N, \mu, \sigma$ )?
Une dérivation simple et intuitive serait bien.

(Un peu de Monte Carlo suggère que parfois la demi-somme ( $N$ ) $\approx N$ / 4 environ;
c'est-à-dire que le plus grand 1/4 du $X_i$ ajoute jusqu'à la moitié du total. J'obtiens
0,24 $N$ pour la demi-normale, 0,19 $N$ pour exponentielle, pour $N$ = 20, 50, 100.)

central-limit-theorem asymptotics

— denis
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Ne vous attendez pas à un résultat universel de type CLT. Par exemple, la réponse pour les variables uniformes (0,1) sera très différente de la réponse pour les variables uniformes (1000,1001)!

— whuber

À droite, la demi-somme dépendra bien sûr de la moyenne et de la sd. Mais pourquoi ~ N / 5 pour exponentielle?

— denis

Asymptotiquement, Denis, la valeur seuil pour la demi-somme sera la valeur pour laquelle où est le pdf pour; la question demande ( est le cdf pour ). Dans le cas de la distribution uniforme vous obtenez la réponse de @ Dilip; pour une exponentielle, .

x

$x$

\int_{0}^{x} t f (t) d t = 1 / 2

$\int_0^x t f(t)dt = 1/2$

f

$f$

| X_{i} |

$|X_i|$

N (1 - F (x))

$N(1-F(x))$

F

$F$

| X_{i} |

$|X_i|$

[0, 1]

$[0,1]$

x \approx 0.186682 N \approx N / 5

$x\approx 0.186682 N \approx N/5$

— whuber

Réponses:

Non, il n'y a pas de résultat asymptotique général. Soit le ordonné , où est le plus grand. $x_{[1]} \dots x_{[N]}$ $x_i$ $x_{[1]}$

Considérez les deux exemples suivants:

1) . Clairement, le CLT tient. Vous n'avez besoin que de observation pour. $P(x=0) = 1$ $M=1$ $\sum_{j=1}^M|x_{[j]}| \ge \frac{1}{2} \sum_N|x_i|$

2) . Clairement, le CLT tient. Vous avez besoin de observations de pour. $P(x=1) = 1$ $M=\lceil N/2\rceil$ $\sum_{j=1}^M|x_{[j]}| \ge \frac{1}{2} \sum_N|x_i|$

Pour un exemple non trivial, la distribution de Bernoulli:

3) . Encore une fois, le CLT tient bon. Vous avez besoin de des observations pour répondre à vos conditions. En variant entre 0 et 1, vous pouvez vous rapprocher autant de l'exemple 1 que de l'exemple 2. $P(x=1) = p,\space P(x=0) = 1-p$ $\lceil pN/2\rceil$ $p$

— jbowman
source

Il est en effet évident que la réponse peut être n'importe où entre et , mais cela n'implique pas l'inexistence d'un résultat général. Ce que cela implique, c'est que nous devrions considérer des réponses où la fraction dépend de certaines propriétés de la distribution sous-jacente telles que sa moyenne et SD. Celles-ci sont suffisantes, avec le CLT, pour fournir des informations spécifiques et quantitatives sur la façon dont les sont distribués par rapport à leur somme, il est donc raisonnable d'espérer un tel résultat.

0

$0$

N / 2

$N/2$

x [i]

$x[i]$

— whuber

Voici un argument grossier donnant une estimation légèrement différente pour les variables aléatoires uniformément réparties. Supposons que les sont des variables aléatoires continues réparties uniformément sur . Alors, a la valeur moyenne . Supposons que par une coïncidence surprenante et totalement incroyable, la somme soit exactement égale à . Nous voulons donc estimer combien des plus grandes valeurs de résument à ou plus. Maintenant, l'histogramme de échantillons ( très grand) tiré de la distribution uniforme est à peu près plat de à $X_i$ $[0,1]$ $\sum_i X_i$ $N/2$ $N/2$ $X$ $N/4$ $N$ $N$ $U[0,1]$ $0$ $1$ , et donc pour tout , , il y a échantillons répartis approximativement uniformément entre à . Ces échantillons ont une valeur moyenne et une somme égale à . La somme dépasse pour . Ainsi, la somme de échantillons les plus grands dépasse . $x$ $0 < x < 1$ $(1-x)N$ $x$ $1$ $(1+x)/2$ $(1-x)N(1+x)/2) = (1-x^2)N/2$ $N/4$ $x \leq 1/\sqrt{2}$ $(1-1/\sqrt{2})N \approx 0.3N$ $N/4$

Vous pourriez essayer de généraliser un peu cela. Si , alors pour tout donné , nous voulons que soit tel que où est normal avec la moyenne et la variance . Ainsi, conditionné à une valeur de , . Multipliez par la densité de et intégrez (de à ) pour trouver le nombre moyen d'échantillons les plus grands qui dépassera la moitié de la somme aléatoire. $\sum_i X_i = Y$ $Y$ $x$ $(1-x^2)N/2 = Y/2$ $Y$ $N/2$ $N/12$ $Y$ $x = \sqrt{1-(Y/N)}$ $Y$ $Y=0$ $Y=N$

— Dilip Sarwate
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La distance entre deux points restreints pour être dans l'intervalle ne peut pas être distribuée exponentiellement car la distance doit être inférieure à tandis qu'une variable aléatoire exponentielle prend des valeurs dans . Ce qui est vrai, c'est que si sont des variables aléatoires exponentielles indépendantes, puis conditionnées à , les statistiques de commande sont uniformément distribués dans . Voir, par exemple, cette question et réponse sur le site compagnon math.SE. (suite)

(0, 1)

$(0,1)$

1

$1$

(0, \infty)

$(0,\infty)$

Y_{1}, Y_{2}, \dots, Y_{n + 1}

$Y_1, Y_2, \ldots, Y_{n+1}$

Y_{max} = α

$Y_{\max} = \alpha$

Y_{(1)}, Y_{(2)}, \dots, Y_{(n)}

$Y_{(1)}, Y_{(2)}, \ldots, Y_{(n)}$

(0, α)

$(0, \alpha)$

— Dilip Sarwate

En tout cas, mon argument n'utilise pas les distances entre les échantillons ordonnés de la distribution uniforme.

— Dilip Sarwate

Vous avez raison, je vous ai mal compris. Comme question secondaire, les pièces entre les points aléatoires uniformes ne sont-elles pas distribuées de façon exponentielle, après la mise à l'échelle - l'inverse de votre q + a? [Règle de bâton brisée du Wolfram Demonstrations Project] ( démonstrations.wolfram.com /BrokenStickRule) semble certainement exponentielle, il doit y avoir une solution facile? preuve.

— denis

Veuillez poser votre question secondaire en tant que question distincte.

— Dilip Sarwate

Commencé, puis vu la probabilité-distribution-de-longueurs de fragments , vous pouvez commenter là-bas.

— denis

Supposons que X ait juste des valeurs positives pour se débarrasser de la valeur absolue.

Sans une preuve exacte, je pense que vous devez résoudre pour k

$(1-F_{X}(k))E(X|X>=k)= \frac{1}{2} E(X)$ avec F étant la fonction de distribution cumulative pour X

puis la réponse est donnée en prenant les valeurs les plus élevées. $n(1-F_X(k))$

Ma logique est que la somme de toutes les valeurs supérieures à k devrait être asymétrique

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

et asymétriquement la moitié de la somme totale est d'environ

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

La simulation numérique montre que le résultat est valable pour le cas uniforme (uniforme dans ) où et j'obtiens . Je ne sais pas si le résultat est toujours valable ou s'il peut être simplifié davantage, mais je pense que cela dépend vraiment de la fonction de distribution F. $[0,1]$ $F(k)=k$ $k=\sqrt(\frac{1}{2})$

— Erik
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