Wie viele der größten Terme in

Betrachten Sie $\sum_{i=1}^N |X_i|$ wobei $X_1, \ldots, X_N$ iid sind und die CLT gilt.
Wie viele der größten Begriffe machen die Hälfte der Gesamtsumme aus?
Zum Beispiel erreichen 10 + 9 + 8 $\approx$ (10 + 9 + 8 $\dots$ + 1) / 2: 30% der Terme ungefähr die Hälfte der Gesamtzahl.

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

Gibt es ein allgemeines asymptotisches Ergebnis für die Halbsumme ( $N, \mu, \sigma$ )?
Eine einfache, intuitive Ableitung wäre schön.

(Ein wenig Monte Carlo schlägt vor, dass manchmal die halbe Summe ( $N$ ) $\approx N$ / 4 oder so ist;
das heißt, das größte Viertel des $X_i$ addiert sich zur Hälfte der Gesamtsumme.
Ich erhalte 0,24 $N$ für die Halbnormalen, 0,19 $N$ für exponentiell für $N$ = 20, 50, 100.)

Nein, es gibt kein allgemeines asymptotisches Ergebnis. Sei x [ 1 ] … x [ N ] das geordnete x i , wobei x [ 1 ] das größte ist.$x_{[1]} \dots x_{[N]}$$x_i$$x_{[1]}$

Betrachten Sie die folgenden zwei Beispiele:

1) P ( x = 0 ) = 1 . Klar gilt das CLT. Sie benötigen nur M = 1 Beobachtung für ∑ M j = 1 | x [ j ] | ≥ $P(x=0) = 1$$M=1$2 ∑N| xi| . $\sum_{j=1}^M|x_{[j]}| \ge \frac{1}{2} \sum_N|x_i|$

2) P ( x = 1 ) = 1 . Klar gilt das CLT. Sie benötigen M = ⌈ N / 2 ⌉ Beobachtungen für ∑ M j = 1 | x [ j ] | ≥ $P(x=1) = 1$$M=\lceil N/2\rceil$2 ∑N| xi| .$\sum_{j=1}^M|x_{[j]}| \ge \frac{1}{2} \sum_N|x_i|$

Für ein nicht triviales Beispiel ist die Bernoulli-Verteilung:

3) P ( x = 1 ) = p , P ( x = 0 ) = 1 - p  . Wieder einmal gilt das CLT. Sie benötigen ⌈ p N / 2 the der Beobachtungen, um Ihre Bedingungen zu erfüllen. Durch Variieren von p zwischen 0 und 1 können Sie Beispiel 1 oder Beispiel 2 so nahe kommen, wie Sie möchten.$P(x=1) = p,\space P(x=0) = 1-p$$\lceil pN/2\rceil$$p$

Hier ist ein grobes Argument, das eine etwas andere Schätzung für gleichmäßig verteilte Zufallsvariablen gibt. Angenommen, X i sind kontinuierliche Zufallsvariablen, die gleichmäßig auf [ 0 , 1 ] verteilt sind . Dann hat ∑ i X i den Mittelwert N / 2 . Nehmen wir an, dass durch einen überraschenden und absolut unglaublichen Zufall die Summe genau gleich N / 2 ist . So wir , wie viele der größten Werte schätzen wollen X Summe bis zu N / 4 oder mehr. Nun ist das Histogramm von N Proben ( $X_i$$[0,1]$$\sum_i X_i$$N/2$$N/2$$X$$N/4$$N$$N$ very large) drawn from the uniformm distribution $U[0,1]$ is roughly flat from $0$ to $1$, and so for any $x$, $0 < x < 1$, there are $(1-x)N$ samples distributed roughly uniformly between $x$ to $1$. These samples have average value $(1+x)/2$ and sum equal to $(1-x)N(1+x)/2) = (1-x^2)N/2$. The sum exceeds $N/4$ for $x \leq 1/\sqrt{2}$. So, the sum of $(1-1/\sqrt{2})N \approx 0.3N$ largest samples exceeds $N/4$.

You could try and generalize this a bit. If $\sum_i X_i = Y$, then for any given $Y$, we want $x$ to be such that $(1-x^2)N/2 = Y/2$ where $Y$ is normal with mean $N/2$ and variance $N/12$. Thus, conditioned on a value of $Y$, $x = \sqrt{1-(Y/N)}$. Multiply by the density of $Y$ and integrate (from $Y=0$ to $Y=N$) to find the average number of largest samples that will exceed half the random sum.

Let's assume X has just positive values to get rid of the absolute value.

Without an exact prove, I think you have to solve for k

$(1-F_{X}(k))E(X|X>=k)= \frac{1}{2} E(X)$ with F being the cumulative distribution function for X

and then the answer is given by taking the $n(1-F_X(k))$ highest values.

My logic is that asymtopically the sum of all values higher than k should be about

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

and asymtopically half the total sum is about

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

Numerical simulation show that the result holds for the uniform case (uniform in $[0,1]$) where $F(k)=k$ and I get $k=\sqrt(\frac{1}{2})$. I am not certain if the result always hold or if it can be simplified further, but I think it really depends on the distribution function F.