โดยทั่วไปมีคำถามสามข้อที่เกี่ยวข้อง
ฉันรู้ว่าE(Xk)=(nk)⋅p(k2)แต่ฉันจะพิสูจน์ได้อย่างไร
คุณใช้ความเป็นเส้นตรงของความคาดหวังและการเขียนใหม่อย่างชาญฉลาด ก่อนอื่นให้สังเกตว่า
ตอนนี้เมื่อรับความคาดหวังของเราสามารถวาดผลรวมได้ (เนื่องจากเส้นตรง) และรับ
โดยการวาดผลรวมเราตัดการพึ่งพาที่เป็นไปได้ทั้งหมดระหว่างชุดย่อยของโหนด ดังนั้นความน่าจะเป็นที่เป็นกลุ่มคืออะไร? ไม่ว่าประกอบด้วยอะไรความน่าจะเป็นของขอบเท่ากัน ดังนั้นXkE(Xk)= Σ T ⊆ V ,
Xk=∑T⊆V,|T|=k1[T is clique].
XkTTPr[T คือกลุ่ม]=p ( kE(Xk)=∑T⊆V,|T|=kE(1[T is clique])=∑T⊆V,|T|=kPr[T is clique]
TT TE(Xk)=p ( kPr[T is clique]=p(k2)เนื่องจากต้องแสดงขอบทั้งหมดในกราฟย่อยนี้ จากนั้นเทอมภายในของผลรวมไม่ขึ้นอยู่กับอีกต่อไปปล่อยให้เรามี2}
TE(Xk)=p(k2)∑T⊆V,|T|=k1=(nk)⋅p(k2)
วิธีแสดงให้เห็นว่าสำหรับ :E ( X log 2 n ) ≥ 1n→∞E(Xlog2n)≥1
ฉันไม่แน่ใจว่าสิ่งนี้ถูกต้องหรือไม่ เราใช้ขอบเขตกับค่าสัมประสิทธิ์ทวินาม
p-1+บันทึกn
E( Xเข้าสู่ระบบn) = ( nเข้าสู่ระบบn) ⋅หน้า(บันทึกn2)≤ ⎛⎝n อีพี(บันทึกn )4เข้าสู่ระบบn⎞⎠เข้าสู่ระบบn= ( n e ⋅ n(บันทึกหน้า) / 4เข้าสู่ระบบn)เข้าสู่ระบบn.
(โปรดทราบว่าฉันมีข้อ จำกัด บนโดย ) อย่างไรก็ตามตอนนี้เราสามารถเลือกและได้รับสิ่งนั้นซึ่งทำให้ระยะการเดินทางทั้งไปขนาดใหญ่nคุณอาจพลาดสมมติฐานบางอย่างในหรือไม่?
plognp−1+logn2 p=0.001log20.0019.9-9.960npplogn4p=0.001log20.001≈−9.960np