Liczba klik na losowych wykresach

Zasadniczo wiążą się z tym trzy pytania.

Wiem, że $E(X_k)=\tbinom{n}{k}\cdot p^{\tbinom{k}{2}}$ , ale jak to udowodnić?

Korzystasz z liniowości oczekiwań i sprytnego przepisywania. Przede wszystkim zwróć uwagę, że Teraz, biorąc pod uwagę oczekiwanie na , można po prostu wyciągnąć sumę (z powodu liniowości) i uzyskać Wyciągając sumę, wyeliminowaliśmy wszystkie możliwe zależności między podzbiorami węzłów. Jakie jest zatem prawdopodobieństwo, że jest kliką? Cóż, bez względu na to, z czego składa się , wszystkie prawdopodobieństwa krawędzi są równe. Dlatego

X_{k} = \sum_{T \subseteq V, | T | = k} 1 [T is clique] .

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

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})}

$\mathrm{Pr}[T \text{ is clique}] = p^{k \choose 2}$ , ponieważ wszystkie krawędzie tego podgrafu muszą być obecne. I wtedy wewnętrzny warunek sumy nie zależy już od , pozostawiając nam .

T

$T$

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

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

Jak to pokazać dla : $n\rightarrow\infty$ $E(X_{\log_2n})\ge1$

Nie jestem do końca pewien, czy jest to w ogóle poprawne. Stosując ograniczenie do współczynnika dwumianowego, otrzymujemy

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} .

$E(X_{\log n}) = {n \choose \log n} \cdot p^{\log n \choose 2} \leq \left(\frac{n e p^\frac{(\log n)}{4}}{\log n}\right)^{\log n} = \left(\frac{ne \cdot n^{(\log p) / 4}}{\log n}\right)^{\log n}.$ (Zauważ, że z grubsza górną granicę przez .) Jednak teraz można wybrać i uzyskać to , co powoduje, że cały termin przechodzi do dla dużej . Czy może brakuje Ci niektórych założeń dotyczących ?

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
źródło

Czy to prawda? . Czy to nie musi być ale teraz nie wiem, jak to kontynuować

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}}

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

użytkownik1374864

Zastosowałem wspomniane ograniczenie tylko w . W przypadku można zauważyć, że . Teraz od chcemy zmniejszyć jego wykładnik (przekonaj się dlaczego). Dla rozsądnie dużego mamy to . Dlatego powyższe obliczenia powinny być poprawne ...

(\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

Co jest z trzecim pytaniem?

Kolejka

Ma ten sam problem, co drugie pytanie. Przepraszam, powinienem to wyjaśnić.

HdM

Liczba klik na losowych wykresach

Odpowiedzi:

Wiem, że mi( Xk) = ( nk) ⋅str( k2))E(Xk)=(nk)⋅p(k2)E(X_k)=\tbinom{n}{k}\cdot p^{\tbinom{k}{2}} , ale jak to udowodnić?

Jak to pokazać dla :E ( X log 2 n ) ≥ 1n→∞n→∞n\rightarrow\inftyE(Xlog2n)≥1E(Xlog2⁡n)≥1E(X_{\log_2n})\ge1

Wiem, że $E(X_k)=\tbinom{n}{k}\cdot p^{\tbinom{k}{2}}$ , ale jak to udowodnić?

Jak to pokazać dla : $n\rightarrow\infty$ $E(X_{\log_2n})\ge1$