จำนวนกลุ่มในกราฟสุ่ม

มีตระกูลของกราฟสุ่มมีโหนด ( เนื่องจาก Gilbert ) ขอบแต่ละที่เป็นไปได้อย่างอิสระจะถูกแทรกเข้าไปในที่มีความน่าจะเป็นพีให้เป็นจำนวน cliques ขนาดในP) $G(n, p)$ $n$ $G(n, p)$ $p$ $X_k$ $k$ $G(n, p)$

ฉันรู้ว่า $\mathbb{E}(X_k)=\tbinom{n}{k}\cdot p^{\tbinom{k}{2}}$ แต่ฉันจะพิสูจน์ได้อย่างไร

วิธีแสดงว่า $\mathbb{E}(X_{\log_2n})\ge1$ สำหรับ $n\to\infty$ ? และวิธีแสดงให้เห็นว่า $\mathbb{E}(X_{c\cdot\log_2n}) \to 0$ สำหรับ $n\to\infty$ และค่าคงที่คงที่ตามอำเภอใจ $c>1$ ?

— user1374864
แหล่งที่มา

โดยทั่วไปมีคำถามสามข้อที่เกี่ยวข้อง

ฉันรู้ว่า $E(X_k)=\tbinom{n}{k}\cdot p^{\tbinom{k}{2}}$ แต่ฉันจะพิสูจน์ได้อย่างไร

คุณใช้ความเป็นเส้นตรงของความคาดหวังและการเขียนใหม่อย่างชาญฉลาด ก่อนอื่นให้สังเกตว่า ตอนนี้เมื่อรับความคาดหวังของเราสามารถวาดผลรวมได้ (เนื่องจากเส้นตรง) และรับ โดยการวาดผลรวมเราตัดการพึ่งพาที่เป็นไปได้ทั้งหมดระหว่างชุดย่อยของโหนด ดังนั้นความน่าจะเป็นที่เป็นกลุ่มคืออะไร? ไม่ว่าประกอบด้วยอะไรความน่าจะเป็นของขอบเท่ากัน ดังนั้น

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})}

$\mathrm{Pr}[T \text{ is clique}] = p^{k \choose 2}$ เนื่องจากต้องแสดงขอบทั้งหมดในกราฟย่อยนี้ จากนั้นเทอมภายในของผลรวมไม่ขึ้นอยู่กับอีกต่อไปปล่อยให้เรามี2}

T

$T$

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

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

วิธีแสดงให้เห็นว่าสำหรับ : $n\rightarrow\infty$ $E(X_{\log_2n})\ge1$

ฉันไม่แน่ใจว่าสิ่งนี้ถูกต้องหรือไม่ เราใช้ขอบเขตกับค่าสัมประสิทธิ์ทวินาม

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} .

$E(X_{\log n}) = {n \choose \log n} \cdot p^{\log n \choose 2} \leq \left(\frac{n e p^\frac{(\log n)}{4}}{\log n}\right)^{\log n} = \left(\frac{ne \cdot n^{(\log p) / 4}}{\log n}\right)^{\log n}.$ (โปรดทราบว่าฉันมีข้อ จำกัด บนโดย ) อย่างไรก็ตามตอนนี้เราสามารถเลือกและได้รับสิ่งนั้นซึ่งทำให้ระยะการเดินทางทั้งไปขนาดใหญ่nคุณอาจพลาดสมมติฐานบางอย่างในหรือไม่?

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
แหล่งที่มา

นั่นถูกต้องใช่ไหม? n} ไม่จำเป็นต้องเป็นแต่ตอนนี้ฉันไม่รู้จะทำยังไงต่อ

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_{เข้าสู่ระบบ n}) = (\binom{n}{{เข้าสู่ระบบ}_{2} n}) \cdot {พี}^{(\binom{{เข้าสู่ระบบ}_{2} n}{2})} \leq {(\frac{n อี}{{เข้าสู่ระบบ}_{2} n})}^{เข้าสู่ระบบ n} \cdot {พี}^{\frac{({เข้าสู่ระบบ}_{2} (n) \cdot อี)^{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

ฉันใช้กล่าวว่าผูกพันเฉพาะใน\} สำหรับคุณสามารถสังเกตได้ว่า 2 ตอนนี้ตั้งแต่เราต้องการทำให้เลขชี้กำลังมีขนาดเล็กลง (โน้มน้าวตัวเองว่าทำไม) สำหรับขนาดใหญ่พอสมควรเรามีว่า2/4 ดังนั้นการคำนวณข้างต้นควรจะถูกต้อง ...

(\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

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

— 38415

คำถามที่สามคืออะไร

— คิว

มันมีปัญหาเช่นเดียวกับคำถามที่สอง ขออภัยฉันควรจะชี้แจงว่า

— HdM

จำนวนกลุ่มในกราฟสุ่ม

ฉันรู้ว่าE(Xk)=(nk)⋅p(k2)E(Xk)=(nk)⋅p(k2)E(X_k)=\tbinom{n}{k}\cdot p^{\tbinom{k}{2}}แต่ฉันจะพิสูจน์ได้อย่างไร

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

ฉันรู้ว่า $E(X_k)=\tbinom{n}{k}\cdot p^{\tbinom{k}{2}}$ แต่ฉันจะพิสูจน์ได้อย่างไร

วิธีแสดงให้เห็นว่าสำหรับ : $n\rightarrow\infty$ $E(X_{\log_2n})\ge1$