Quanti dei termini più grandi inaggiungere fino alla metà del totale?

Considera dove sono iid e il CLT regge. Quanti dei termini maggiori sommano fino alla metà della somma totale? Ad esempio, 10 + 9 + 8 (10 + 9 + 8 + 1) / 2: il 30% dei termini raggiunge circa la metà del totale. $\sum_{i=1}^N |X_i|$ $X_1, \ldots, X_N$

$\approx$ $\dots$

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

Esiste un risultato asintotico generale per halfsum ( )? Una derivazione semplice e intuitiva sarebbe piacevole. $N, \mu, \sigma$

(Un po 'Monte Carlo suggerisce che a volte halfsum ( ) / 4 o giù di lì; cioè, il più grande 1/4 aggiunge fino a 1/2 del totale. Ottengo 0,24 per halfnormal, 0,19 per esponenziale, per = 20, 50, 100.) $N$ $\approx N$
$X_i$
$N$ $N$ $N$

central-limit-theorem asymptotics

— Denis
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Non aspettarti un risultato universale simile a CLT. Ad esempio, la risposta per le variate uniformi (0,1) sarà molto diversa dalla risposta per le variate uniformi (1000,1001)!

— whuber

Bene, il mezzo sumulo dipenderà ovviamente da media e sd. Ma perché ~ N / 5 per esponenziale?

— Denis,

Asintoticamente, Denis, il valore soglia per il halfsum sarà il valore per cui dove è il pdf per; la domanda chiede ( è il cdf per ). Nel caso della distribuzione uniforme ottieni la risposta di @ Dilip; per un esponenziale, .

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

Risposte:

No, non esiste un risultato asintotico generale. Sia l' ordinato , dove è il più grande. $x_{[1]} \dots x_{[N]}$ $x_i$ $x_{[1]}$

Considera i seguenti due esempi:

1) . Chiaramente il CLT regge. Hai solo bisogno dell'osservazione per. $P(x=0) = 1$ $M=1$ $\sum_{j=1}^M|x_{[j]}| \ge \frac{1}{2} \sum_N|x_i|$

2) . Chiaramente il CLT regge. Hai bisogno di osservazioni per. $P(x=1) = 1$ $M=\lceil N/2\rceil$ $\sum_{j=1}^M|x_{[j]}| \ge \frac{1}{2} \sum_N|x_i|$

Per un esempio non banale, la distribuzione di Bernoulli:

3) . Ancora una volta il CLT regge. È necessario delle osservazioni per soddisfare le proprie condizioni. Variando tra 0 e 1, puoi avvicinarti all'esempio 1 o all'esempio 2 come preferisci. $P(x=1) = p,\space P(x=0) = 1-p$ $\lceil pN/2\rceil$ $p$

— jbowman
fonte

È infatti evidente che la risposta può essere compresa tra e , ma ciò non implica la non esistenza di un risultato generale. Ciò che implica è che dovremmo considerare le risposte in cui la frazione dipende da alcune proprietà della distribuzione sottostante come la sua media e SD. Questi sono sufficienti, insieme al CLT, per fornire informazioni specifiche e quantitative su come sono distribuiti gli rispetto alla loro somma, quindi è ragionevole sperare in un simile risultato.

0

$0$

N / 2

$N/2$

x [i]

$x[i]$

— whuber

Ecco un argomento grezzo che fornisce una stima leggermente diversa per variabili casuali distribuite uniformemente. Supponiamo che siano variabili casuali continue distribuite uniformemente su . Quindi, ha un valore medio . Supponiamo che per una coincidenza sorprendente e assolutamente incredibile, la somma sia esattamente uguale a . Quindi vogliamo stimare quanti dei più grandi valori di sommano a o più. Ora, l'istogramma di campioni ( molto grandi) disegnati dalla distribuzione uniformem è approssimativamente piatto da a $X_i$ $[0,1]$ $\sum_i X_i$ $N/2$ $N/2$ $X$ $N/4$ $N$ $N$ $U[0,1]$ $0$ $1$ e quindi per ogni , , ci sono campioni distribuiti approssimativamente in modo uniforme tra a . Questi campioni hanno valore medio e somma pari a . La somma supera per . Quindi, la somma di campioni più grandi supera . $x$ $0 < x < 1$ $(1-x)N$ $x$ $1$ $(1+x)/2$ $(1-x)N(1+x)/2) = (1-x^2)N/2$ $N/4$ $x \leq 1/\sqrt{2}$ $(1-1/\sqrt{2})N \approx 0.3N$ $N/4$

Potresti provare a generalizzare un po '. Se , allora per ogni dato , vogliamo che sia tale che dove è normale con media e varianza . Pertanto, condizionato su un valore di , . Moltiplica per la densità di e integra (da a ) per trovare il numero medio di campioni più grandi che supererà la metà della somma casuale. $\sum_i X_i = Y$ $Y$ $x$ $(1-x^2)N/2 = Y/2$ $Y$ $N/2$ $N/12$ $Y$ $x = \sqrt{1-(Y/N)}$ $Y$ $Y=0$ $Y=N$

— Dilip Sarwate
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La distanza tra due punti limitati a essere nell'intervallo non può essere distribuita in modo esponenziale perché la distanza deve essere inferiore a mentre una variabile casuale esponenziale assume valori in . Ciò che è vero è che se sono variabili casuali esponenziali indipendenti, quindi condizionate su , le statistiche dell'ordine sono distribuiti uniformemente in . Vedi, ad esempio, questa domanda e risposta sul sito compagno math.SE. (continua)

(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

In ogni caso, il mio argomento non utilizza le distanze tra i campioni ordinati dalla distribuzione uniforme.

— Dilip Sarwate,

Hai ragione, ti ho frainteso. Come domanda secondaria, i pezzi tra punti uniforme-casuali non sono distribuiti esponenzialmente, dopo il ridimensionamento: il contrario del tuo q + a? [Broken Stick Rule del Wolfram Demonstrations Project] ( dimostrations.wolfram.com/BrokenStickRule ) sembra sicuramente esponenziale, deve esserci un modo semplice? prova.

— denis,

Si prega di porre la domanda secondaria come domanda separata.

— Dilip Sarwate,

Iniziato, poi ho visto probabilità-distribuzione-frammento-lunghezze , puoi commentare lì.

— denis,

Supponiamo che X abbia solo valori positivi per sbarazzarsi del valore assoluto.

Senza una prova esatta, penso che devi risolvere per k

$(1-F_{X}(k))E(X|X>=k)= \frac{1}{2} E(X)$ con F come funzione di distribuzione cumulativa per X

e quindi la risposta viene data prendendo i valori più alti . $n(1-F_X(k))$

La mia logica è che asinttopicamente dovrebbe essere la somma di tutti i valori superiori a k

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

e asinttopicamente metà della somma totale è di circa

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

La simulazione numerica mostra che il risultato vale per il caso uniforme (uniforme in ) dove e ottengo . Non sono sicuro se il risultato sia sempre valido o se possa essere ulteriormente semplificato, ma penso che dipenda davvero dalla funzione di distribuzione F. $[0,1]$ $F(k)=k$ $k=\sqrt(\frac{1}{2})$

— Erik
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