Anzahl der Cliquen in zufälligen Graphen

Grundsätzlich gibt es also drei Fragen.

Ich weiß, dass , aber wie beweise ich das? $E(X_k)=\tbinom{n}{k}\cdot p^{\tbinom{k}{2}}$

Sie verwenden die Linearität der Erwartung und ein intelligentes Umschreiben. Beachten Sie zunächst, dass Wenn man nun die Erwartung von , kann man einfach die Summe (aufgrund der Linearität) und Durch Herausziehen der Summe haben wir alle möglichen Abhängigkeiten zwischen Teilmengen von Knoten beseitigt. Wie groß ist also die Wahrscheinlichkeit, dass eine Clique ist? Nun, egal woraus besteht, alle Kantenwahrscheinlichkeiten sind gleich. Daher ist

X k = \sum T \subseteq V, | T | = k 1 [T is clique] .

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

Xk $X_k$

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 $T$

Pr[T is clique]=p(k2) $\mathrm{Pr}[T \text{ is clique}] = p^{k \choose 2}$ , da alle Kanten in diesem Untergraphen vorhanden sein müssen. Und dann hängt der innere Term der Summe nicht mehr von , so dass wir .

T $T$

E(Xk)=p(k2)∑T⊆V,|T|=k1=(nk)⋅p(k2) $\mathrm{E}(X_k) = p^{k \choose 2} \sum_{T \subseteq V, \, |T|=k} 1 = {n \choose k} \cdot p^{k \choose 2}$

So zeigen Sie das für : $n\rightarrow\infty$ $E(X_{\log_2n})\ge1$

Ich bin mir nicht ganz sicher, ob das überhaupt richtig ist. Durch Anwenden einer Grenze auf den Binomialkoeffizienten erhalten wir

E (X log n) = (n log n) \cdot p (log n 2) \leq ⎛ ⎝ n e p ( log n ) 4 log n ⎞ ⎠ log n = (n e \cdot n ( log p ) / 4 log n) log n .

$E(X_{\log n}) = {n \choose \log n} \cdot p^{\log n \choose 2} \leq \left(\frac{n e p^\frac{(\log n)}{4}}{\log n}\right)^{\log n} = \left(\frac{ne \cdot n^{(\log p) / 4}}{\log n}\right)^{\log n}.$ (Beachten Sie, dass ich ungefähr durch .) Jetzt könnte man jedoch wählen und das erhalten , wodurch der gesamte Term für großes auf . Vermissen Sie vielleicht einige Annahmen auf ?

p−1+logn2 $p^\frac{-1 + \log n}{2}$

plogn4 $p^\frac{\log n}{4}$

p=0.001 $p = 0.001$

log20.001≈−9.96 $\log_2 0.001 \approx -9.96$

0 $0$

n $n$

p $p$

HdM
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Ist das richtig? . Muss es nicht aber jetzt weiß ich nicht, wie ich weitermachen soll

E(Xlogn)=(nlogn)⋅p(logn2)≤(nep(logn)4logn)logn $E(X_{\log n}) = {n \choose \log n} \cdot p^{\log n \choose 2} \leq \left(\frac{n e p^\frac{(\log n)}{4}}{\log n}\right)^{\log n}$

E (X log n) = (n log 2 n) \cdot p (log 2 n 2) \leq (n e log 2 n) log n \cdot p ( 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

Ich habe diese Bindung nur auf angewendet . Für können Sie beobachten, dass . Jetzt, da , wollen wir seinen Exponenten kleiner machen (überzeugen Sie sich selbst warum). Für einigermaßen großes haben wir das . Daher sollte die obige Berechnung korrekt sein ...

(nlogn) ${n \choose \log n}$

p $p$

(logn2)=(logn)(logn−1)/2 ${\log n \choose 2} = (\log n) (\log n -1)/2$

p≤1 $p \leq 1$

n $n$

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

HdM

Was ist mit der dritten Frage?

Warteschlange

Es hat das gleiche Problem wie die zweite Frage. Entschuldigung, ich hätte das klarstellen sollen.

HdM

Anzahl der Cliquen in zufälligen Graphen

Antworten:

Ich weiß, dass , aber wie beweise ich das?E ( X k ) = ( nk ) ⋅p ( k2 )E(Xk)=(nk)⋅p(k2)E(X_k)=\tbinom{n}{k}\cdot p^{\tbinom{k}{2}}

So zeigen Sie das für :n→∞n→∞n\rightarrow\inftyE(Xlog2n)≥1E(Xlog2n)≥1E(X_{\log_2n})\ge1

Ich weiß, dass , aber wie beweise ich das? $E(X_k)=\tbinom{n}{k}\cdot p^{\tbinom{k}{2}}$

So zeigen Sie das für : $n\rightarrow\infty$ $E(X_{\log_2n})\ge1$