Üçgen Sayımının Rastgele Grafikte Dağılımı ve Sapması

Bir Erdos-Renyi rastgele grafiği düşünün $G=(V(n),E(p))$. $n$ köşe kümesi, V = { 1 , 2 , … , n $V$ ile etiketlenmiştir . Kenar E kümesi rastgele bir işlemle oluşturulur.$V = \{1,2,\ldots,n\}$$E$

Let $p$ olasılık olarak $0<p<1$ , daha sonra her bir sırasız çifti $\{i,j\}$ köşelerin ( $i \neq j$ ) 'de bir kenar olarak ortaya çıkar $E$ olasılığı ile $p$ , bağımsız bir şekilde, diğer çiftleri.

bir üçgen , { i , j } , { j , k } ve { k , i } , G'nin kenarları olacak şekilde farklı köşe noktalarının $G$sırasız üçlüsü dır .$\{i,j,k\}$$\{i,j\}$$\{j,k\}$$\{k,i\}$$G$

Olası maksimum üçgen sayısı . grafiğindeki gözlenen üçgen sayısı olarak rastgele değişkeni tanımlayın . X$\binom{n}{3}$$X$$G$

Üç bağın aynı anda mevcut olma olasılığı . Bu nedenle, beklenen değeri ile verilir . Saf olarak, varyansın tarafından verildiği tahmin edilebilir , ancak durum böyle değildir. X E ( X ) = ($p^3$$X$E(X2)= ($E(X) = \binom{n}{3} p^3$$E(X^2) =\binom{n}{3} p^3 (1-p^3)$

Aşağıdaki Mathematica kodu sorunu simüle eder:

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]

varyansı nedir ?$X$

Let IFF bir üçgen meydana getirir. Sonra ve her bir . Beklenen değeri hesaplamak için kullandığınız budur.{ 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)$

Varyans için sorun in bağımsız olmamasıdır. Gerçekten, Her iki üçgenin de var olma olasılığı olan yi hesaplamamız gerekir . Birkaç durum vardır: 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 ′$Y_{ijk}$

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

• Eğer (aynı 3 köşe) daha sonra . Olacak çift toplam olarak bu terimler.$\{i,j,k\}=\{i',j',k'\}$$E[Y_{ijk}Y_{i'j'k'}]=p^3$$\binom{n}{3}$
• ve kümelerinin tam olarak 2 öğesi varsa, iki üçgeni almak için 5 kenara ihtiyacımız olur, böylece . olacak toplamı bu terimler.$\{i,j,k\}$$\{i',j',k'\}$$E[Y_{ijk}Y_{i'j'k'}]=p^5$$12 \binom{n}{4}$
• ve kümelerinin ortak 1 öğesi varsa, 6 kenara ihtiyacımız vardır, böylece . Toplamda bu tür terimler olacaktır.$\{i,j,k\}$$\{i',j',k'\}$$E[Y_{ijk}Y_{i'j'k'}]=p^6$$30 \binom{n}{5}$
• ve kümelerinin ortak 0 öğesi varsa, 6 kenara ihtiyacımız olur, böylece . Toplamda bu tür terimler olacaktır.$\{i,j,k\}$$\{i',j',k'\}$$E[Y_{ijk}Y_{i'j'k'}]=p^6$$20 \binom{n}{6}$

Tüm vakaları kapsadığımızı doğrulamak için, toplamın kadar eklediğini unutmayın .$\binom{n}{3}^{2}$

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

Beklenen ortalamanın karesini çıkarmayı hatırlamak, hepsini bir araya getirmek:

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

Örneğinizle aynı sayısal değerleri kullanarak, aşağıdaki R kodu, simülasyonunuzdaki 262 değerine makul derecede yakın olan standart sapmayı hesaplar.

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

Aşağıdaki Mathematica kodu aynı sonucu veren standart sapmayı da hesaplar.

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

türetme konusunda biraz farklı bir yaklaşım sağlıyorum .$\mathrm{X}^{2}$

Robin Ryder'ın yaptığı gibi aynı dava ayrımıyla:

• Eğer yani 3 köşe böylece biz üzerinden 3 köşe almak N mümkün olmalıdır, aynı . 3 var . Birleşik:$\{i, j, k\} = \{i', j', k'\}$$\Rightarrow \binom{n}{3}$$\Rightarrow \mathrm{p}^{3}$$\binom{n}{3}\mathrm{p}^{3}$

• Eğer ve araçlarının, ortak iki köşe sahip olan ve tersi (her üçgenin diğer üçgenin parçası olmayan bir tepe noktası vardır). Wlog imagin ve sözü edilen kesik köşelerdir ve = , = . = , = elde etmek için aynı iki köşeyi n olası . İçin$\{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}$$k \neq k'$kalan köşelerden iki tane daha seçmeliyiz. Birincisi: ve ikincisi: . Kenar için ve aynı olduğu, 5 kenarları mevcut olmalıdır . Birleşik:$(n-2)$$(n-3)$$\{i, j\}$$\{i', j'\}$$\Rightarrow \mathrm{p}^{5}$$\binom{n}{2}(n-2)(n-3)\mathrm{p}^{5}$

• Eğer ve ortak noktası sadece bir tepeyi, daha sonra 4 disjunct bulunmaktadır. Düşünün, wlog, = . Bu, n olası köşe noktalarından 1 . üçgeni için geri kalan 2 köşe . üçgeni için kalan , bunun nedeni ve . Tek bir ortak noktamız olduğu için 6 kenarımız olmalı$\{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}$ . Birleşik:$n\binom{n-1}{2}\binom{n-3}{2}\mathrm{p}^{6}$

• Son durum için: ve nin ortak noktası yoksa, 2 üçgen kesilir. İlk üçgeni n olası 3 köşe . Ve ikinci üçgen, 3 köşe kaldı . Üçgenler kesiktir, yani kenarları ve köşeleri paylaşmazlar, bu nedenle 6 kenar mevcut olmalıdır . Birleşik:$\{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}$

Robin Ryder'ın yaklaşımında olduğu gibi, şunları da doğrulayabiliriz:

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

Bu şunlara yol açar:

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