Numero di cricca in grafici casuali

Esiste una famiglia di grafici casuali $G(n, p)$ con $n$ nodi (a causa di Gilbert ). Ogni possibile fronte viene inserito in modo indipendente in $G(n, p)$ con probabilità $p$ . Sia $X_k$ il numero di cricche di dimensione $k$ in $G(n, p)$ .

So che , ma come posso provarlo? $\mathbb{E}(X_k)=\tbinom{n}{k}\cdot p^{\tbinom{k}{2}}$

Come mostrare che per ? E come mostrare che per e una costante arbitraria fissa ? $\mathbb{E}(X_{\log_2n})\ge1$ $n\to\infty$ $\mathbb{E}(X_{c\cdot\log_2n}) \to 0$ $n\to\infty$ $c>1$

— user1374864
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Quindi sostanzialmente ci sono tre domande.

So che , ma come posso provarlo? $E(X_k)=\tbinom{n}{k}\cdot p^{\tbinom{k}{2}}$

Usi la linearità delle aspettative e qualche riscrittura intelligente. Prima di tutto, nota che Ora, quando si prende l'aspettativa di , si può semplicemente estrarre la somma (a causa della linearità) e ottenere Disegnando la somma, abbiamo eliminato tutte le possibili dipendenze tra sottoinsiemi di nodi. Quindi, qual è la probabilità che sia una cricca? Bene, indipendentemente da cosa sia , tutte le probabilità dei bordi sono uguali. Pertanto,

X_{K} = \underset{T \subseteq V, | T | = K}{Σ} 1 [T è cricca] .

$X_k = \sum_{T \subseteq V, \, |T|=k} \mathbb{1}[T \text{ is clique}].$

X_{k}

$X_k$

E (X_{k}) = \sum_{T \subseteq V, | T | = k} E (1 [T is clique]) = \sum_{T \subseteq V, | T | = k} P r [T is clique]

$\mathrm{E}(X_k) = \sum_{T \subseteq V, \, |T|=k} \mathrm{E}(\mathbb{1}[T \text{ is clique}]) = \sum_{T \subseteq V, \, |T|=k} \mathrm{Pr}[T \text{ is clique}]$

T

$T$

T

$T$

P r [T is clique] = p^{(\binom{k}{2})}

$\mathrm{Pr}[T \text{ is clique}] = p^{k \choose 2}$ , poiché tutti i bordi di questo sottografo devono essere presenti. E quindi, il termine interiore della somma non dipende più da , lasciandoci con .

T

$T$

E (X_{k}) = p^{(\binom{k}{2})} \sum_{T \subseteq V, | T | = k} 1 = (\binom{n}{k}) \cdot p^{(\binom{k}{2})}

$\mathrm{E}(X_k) = p^{k \choose 2} \sum_{T \subseteq V, \, |T|=k} 1 = {n \choose k} \cdot p^{k \choose 2}$

Come dimostrarlo per : $n\rightarrow\infty$ $E(X_{\log_2n})\ge1$

Non sono del tutto sicuro che sia corretto. Ottenendo un limite al coefficiente binomiale, otteniamo

E (X_{\log n}) = (\binom{n}{\log n}) \cdot p^{(\binom{\log n}{2})} \leq {(\frac{n e p^{\frac{(\log n)}{4}}}{\log n})}^{\log n} = {(\frac{n e \cdot n^{(\log p) / 4}}{\log n})}^{\log n} .

$E(X_{\log n}) = {n \choose \log n} \cdot p^{\log n \choose 2} \leq \left(\frac{n e p^\frac{(\log n)}{4}}{\log n}\right)^{\log n} = \left(\frac{ne \cdot n^{(\log p) / 4}}{\log n}\right)^{\log n}.$ (Nota che ho approssimativamente il limite superiore di di .) Tuttavia, ora si potrebbe scegliere , e ottenerlo , il che rende l'intero termine a per grande . Ti stai forse perdendo alcune ipotesi su ?

p^{\frac{- 1 + \log n}{2}}

$p^\frac{-1 + \log n}{2}$

p^{\frac{\log n}{4}}

$p^\frac{\log n}{4}$

p = 0.001

$p = 0.001$

\log_{2} 0.001 \approx - 9.96

$\log_2 0.001 \approx -9.96$

0

$0$

n

$n$

p

$p$

— HdM
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È giusto? . Non deve essere ma ora non so come andare avanti

E (X_{\log n}) = (\binom{n}{\log n}) \cdot p^{(\binom{\log n}{2})} \leq {(\frac{n e p^{\frac{(\log n)}{4}}}{\log n})}^{\log n}

$E(X_{\log n}) = {n \choose \log n} \cdot p^{\log n \choose 2} \leq \left(\frac{n e p^\frac{(\log n)}{4}}{\log n}\right)^{\log n}$

E (X_{\log n}) = (\binom{n}{\log_{2} n}) \cdot p^{(\binom{\log_{2} n}{2})} \leq {(\frac{n e}{\log_{2} n})}^{\log n} \cdot p^{\frac{(\log_{2} (n) \cdot e)^{2}}{4}}

$E(X_{\log n}) = {n \choose \log_2 n} \cdot p^{\log_2 n \choose 2} \leq \left(\frac{n e}{\log_2 n}\right)^{\log n}\cdot p^\frac{(\log_2 (n)\cdot e)^2}{4}$

— user1374864

Ho applicato detto associato solo su . Per , puoi osservare che . Ora da , vogliamo rendere più piccolo il suo esponente (convincere te stesso perché). Per ragionevolmente grande , abbiamo quello . Pertanto il calcolo di cui sopra dovrebbe essere corretto ...

(\binom{n}{\log n})

${n \choose \log n}$

p

$p$

(\binom{\log n}{2}) = (\log n) (\log n - 1) / 2

${\log n \choose 2} = (\log n) (\log n -1)/2$

p \leq 1

$p \leq 1$

n

$n$

(\log n) (\log n - 1) / 2 > (\log n)^{2} / 4

$(\log n) (\log n -1)/2 > (\log n)^2 / 4$

— HdM,

Che cos'è la terza domanda?

— Coda

Soffre lo stesso problema della seconda domanda. Mi dispiace, avrei dovuto chiarirlo.

— HdM,

Numero di cricca in grafici casuali

So che , ma come posso provarlo?E( XK) = ( nK) ⋅p( k2)E(XK)=(nK)⋅p(K2)E(X_k)=\tbinom{n}{k}\cdot p^{\tbinom{k}{2}}

Come dimostrarlo per :E ( X log 2 n ) ≥ 1n→∞n→∞n\rightarrow\inftyE(Xlog2n)≥1E(Xlog2⁡n)≥1E(X_{\log_2n})\ge1

So che , ma come posso provarlo? $E(X_k)=\tbinom{n}{k}\cdot p^{\tbinom{k}{2}}$

Come dimostrarlo per : $n\rightarrow\infty$ $E(X_{\log_2n})\ge1$