Distribuzione e varianza del conteggio dei triangoli nel grafico casuale

Considera un grafico casuale Erdos-Renyi $G=(V(n),E(p))$ . L'insieme di $n$ vertici $V$ è etichettato da $V = \{1,2,\ldots,n\}$ . L'insieme dei bordi $E$ è costruito da un processo casuale.

Sia $p$ una probabilità $0<p<1$ , quindi ogni coppia non ordinata $\{i,j\}$ di vertici ( $i \neq j$ ) si presenta come un bordo in $E$ con probabilità $p$ , indipendentemente dalle altre coppie.

Un triangolo $G$ è un triplo ordinata $\{i,j,k\}$ di vertici distinti, tale che $\{i,j\}$ , $\{j,k\}$ , e $\{k,i\}$ sono bordi $G$ .

Il numero massimo di triangoli possibili è . Definire la variabile casuale per essere il conteggio osservato di triangoli nel grafico .$\binom{n}{3}$$X$$G$

La probabilità che siano presenti contemporaneamente tre collegamenti è . Pertanto, il valore atteso di è dato da . Ingenuamente, si può supporre che la varianza sia data da , ma non è così.$p^3$$X$$E(X) = \binom{n}{3} p^3$$E(X^2) =\binom{n}{3} p^3 (1-p^3)$

Il seguente codice Mathematica simula il problema:

n=50;
p=0.6;
t=100;
myCounts=Table[Length[FindCycle[RandomGraph[BernoulliGraphDistribution[n,p]],3,All]],{tt,1,t}];
N[Mean[myCounts]] // 4216. > similar to expected mean
Binomial[n,3]p^3 // 4233.6
N[StandardDeviation[myCounts]] // 262.078 > not similar to "expected" std
Sqrt[Binomial[n,3](p^3)(1-p^3)] // 57.612
Histogram[myCounts]

Qual è la varianza di ?$X$

Lascia che iff formi un triangolo. Quindi e ogni . Questo è quello che hai usato per calcolare il valore atteso.{ i , j , k } X = ∑ i , j , k Y i j k Y i j k ∼ B e r n o u l l i ( p 3$Y_{ijk}=1$$\{i, j, k\}$$X=\sum_{i, j, k}Y_{ijk}$$Y_{ijk}\sim Bernoulli(p^3)$

Per la varianza, il problema è che non è indipendente. In effetti, scrivi Dobbiamo calcolare , che è la probabilità che siano presenti entrambi i triangoli. Esistono diversi casi: X 2 = ∑ i , j , k ∑ i ′ , j ′ , k ′ Y i j k Y i ′ j ′ k ′ . E [ Y i j k Y i ′ j ′ k ′$Y_{ijk}$

$$X^2=\sum_{i, j, k}\sum_{i', j', k'}Y_{ijk}Y_{i'j'k'}.$$ $E[Y_{ijk}Y_{i'j'k'}]$

• Se (stessi 3 vertici) allora . Ci saranno tali termini nella doppia somma.$\{i,j,k\}=\{i',j',k'\}$$E[Y_{ijk}Y_{i'j'k'}]=p^3$$\binom{n}{3}$
• Se gli insiemi e hanno esattamente 2 elementi in comune, allora abbiamo bisogno di 5 bordi presenti per ottenere i due triangoli, in modo che . ci saranno tali termini nella somma.$\{i,j,k\}$$\{i',j',k'\}$$E[Y_{ijk}Y_{i'j'k'}]=p^5$$12 \binom{n}{4}$
• Se gli insiemi e hanno 1 elemento in comune, allora abbiamo bisogno di 6 bordi presenti, in modo che . Ci saranno tali termini nella somma.$\{i,j,k\}$$\{i',j',k'\}$$E[Y_{ijk}Y_{i'j'k'}]=p^6$$30 \binom{n}{5}$
• Se gli insiemi e hanno 0 elementi in comune, allora abbiamo bisogno di 6 bordi presenti, in modo che . Ci saranno tali termini nella somma.$\{i,j,k\}$$\{i',j',k'\}$$E[Y_{ijk}Y_{i'j'k'}]=p^6$$20 \binom{n}{6}$

Per verificare che abbiamo coperto tutti i casi, si noti che la somma si somma a .$\binom{n}{3}^{2}$

$$\binom{n}{3} + 12 \binom{n}{4} + 30 \binom{n}{5} + 20 \binom{n}{6} = \binom{n}{3}^{2}$$

Ricordare di sottrarre il quadrato della media attesa, mettendo tutto insieme dà:

$$E[X^2] - E[X]^2 = \binom{n}{3} p^3 + 12 \binom{n}{4} p^5 + 30 \binom{n}{5} p^6 + 20 \binom{n}{6} p^6 - \binom{n}{3}^2 p^6$$

Utilizzando gli stessi valori numerici del tuo esempio, il seguente codice R calcola la deviazione standard, che è ragionevolmente vicina al valore di 262 dalla tua simulazione.

n=50
p=0.6
sqrt(choose(n, 3)*p^3+choose(n, 2)*(n-2)*(n-3)*p^5+(choose(n, 3)*choose(n-3, 3)+n*choose(n-1, 2)*choose(n-3, 2))*p^6-4233.6^2)
298.7945

Il seguente codice Mathematica calcola anche la deviazione standard, che fornisce lo stesso risultato.

mySTD[n_,p_]:=Sqrt[Binomial[n,3]p^3+12Binomial[n,4]p^5+30 Binomial[n,5]p^6+20Binomial[n,6]p^6-(Binomial[n,3]p^3)^2]
mySTD[50,0.6] // gives 298.795

Fornisco un approccio leggermente diverso di derivare .$\mathrm{X}^{2}$

Con la stessa distinzione tra i casi di Robin Ryder:

• Se cioè i 3 vertici sono uguali, quindi dobbiamo scegliere 3 vertici da n possibili . Dobbiamo avere 3 bordi presenti . Combinato:$\{i, j, k\} = \{i', j', k'\}$$\Rightarrow \binom{n}{3}$$\Rightarrow \mathrm{p}^{3}$$\binom{n}{3}\mathrm{p}^{3}$

• Se e hanno due vertici in comune, significa che per cui e viceversa (ogni triangolo ha un vertice che non fa parte dell'altro triangolo). Wlog immaginare e sono i vertici disgiunti menzionati e = , = . Per ottenere = , = , dobbiamo scegliere gli stessi due vertici da n possibile . Per$\{i, j, k\}$$\{i', j', k'\}$$\exists v \in \{i, j, k\}$$v \notin \{i', j', k'\}$$v = k$$v' = k'$$i$$i'$$j$$j'$$i$$i'$$j$$j'$$\Rightarrow \binom{n}{2}$$k \neq k'$dobbiamo sceglierne altri due tra i vertici rimasti. Primo: e secondo: . Poiché il bordo e è lo stesso, dobbiamo avere 5 bordi presenti . Combinato:$(n-2)$$(n-3)$$\{i, j\}$$\{i', j'\}$$\Rightarrow \mathrm{p}^{5}$$\binom{n}{2}(n-2)(n-3)\mathrm{p}^{5}$

• Se e hanno solo un vertice in comune, allora 4 sono disgiunti. Immagina, wlog, che = . Ciò significa che tra n possibili vertici dobbiamo scegliere 1 . Per il triangolo scegliamo 2 vertici dai restanti . Per il triangolo scegliamo 2 dei rimanenti , questo è dovuto al presupposto che e . Poiché abbiamo solo un vertice in comune, dobbiamo avere 6 bordi presenti$\{i, j, k\}$$\{i', j', k'\}$$i$$i'$$\Rightarrow n$$\{i, j, k\}$$(n-1) \Rightarrow \binom{n-1}{2}$$\{i', j', k'\}$$(n-3) \Rightarrow \binom{n-3}{2}$$j'\notin\{i, j, k\}$$k'\notin\{i, j, k\}$$\Rightarrow \mathrm{p}^{6}$ . Combinato:$n\binom{n-1}{2}\binom{n-3}{2}\mathrm{p}^{6}$

• Per l'ultimo caso: se e non hanno vertici in comune, i 2 triangoli vengono disgiunti. il primo triangolo, 3 vertici su n possibile . E il secondo triangolo, 3 vertici su rimanenti . I triangoli sono disgiunti, cioè non condividono bordi e vertici, pertanto devono essere presenti 6 bordi . Combinato:$\{i, j, k\}$$\{i', j', k'\}$$\Rightarrow \binom{n}{3}$$(n-3)$$\Rightarrow \binom{n-3}{3}$$\Rightarrow \mathrm{p}^{6}$$\binom{n}{3}\binom{n-3}{3}\mathrm{p}^{6}$

Come nell'approccio di Robin Ryder, possiamo anche verificare che:

$\binom{n}{3} + \binom{n}{2}(n-2)(n-3) + n\binom{n-1}{2}\binom{n-3}{2} + \binom{n}{3}\binom{n-3}{3} = \mathrm{\binom{n}{3}}^{2}$ valido.

Questo porta a:

$Var[X] = E[\mathrm{X}^{2}] - \mathrm{E[X]}^{2} = \binom{n}{3}\mathrm{p}^{3} + \binom{n}{2}(n-2)(n-3)\mathrm{p}^{5} + n\binom{n-1}{2}\binom{n-3}{2}\mathrm{p}^{6} + \binom{n}{3}\binom{n-3}{3}\mathrm{p}^{6} - \mathrm{\binom{n}{3}}^{2}\mathrm{p}^{6}.$