Üçgen Sayımının Rastgele Grafikte Dağılımı ve Sapması


10

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,,n}E

Let p olasılık olarak 0<p<1 , daha sonra her bir sırasız çifti {i,j} köşelerin ( ij ) '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 Gsırasız üçlüsü dır .{i,j,k}{i,j}{j,k}{k,i}G

Olası maksimum üçgen sayısı . grafiğindeki gözlenen üçgen sayısı olarak rastgele değişkeni tanımlayın . XG(n3)XG

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 ) = ( np3XE(X2)= ( nE(X)=(n3)p3E(X2)=(n3)p3(1p3)

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

Yanıtlar:


4

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 kB e r n o u l l i ( p 3 )Yijk=1{i,j,k}X=i,j,kYijkYijkBernoulli(p3)

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 ]Yijk

X2=i,j,ki,j,kYijkYijk.
E[YijkYijk]
  • Eğer (aynı 3 köşe) daha sonra . Olacak çift toplam olarak bu terimler.{i,j,k}={i,j,k}E[YijkYijk]=p3(n3)
  • 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[YijkYijk]=p512(n4)
  • ve kümelerinin ortak 1 öğesi varsa, 6 kenara ihtiyacımız vardır, böylece . Toplamda bu tür terimler olacaktır.{i,j,k}{i,j,k}E[YijkYijk]=p630(n5)
  • ve kümelerinin ortak 0 öğesi varsa, 6 kenara ihtiyacımız olur, böylece . Toplamda bu tür terimler olacaktır.{i,j,k}{i,j,k}E[YijkYijk]=p620(n6)

Tüm vakaları kapsadığımızı doğrulamak için, toplamın kadar eklediğini unutmayın .(n3)2

(n3)+12(n4)+30(n5)+20(n6)=(n3)2

Beklenen ortalamanın karesini çıkarmayı hatırlamak, hepsini bir araya getirmek:

E[X2]E[X]2=(n3)p3+12(n4)p5+30(n5)p6+20(n6)p6(n3)2p6

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

2
Aslında oldukça basit. Aferin! Cevabınızı hafifçe güncelledim, ifadeleri basitleştirdim ve Mathematica kodu ekledim. Ben de simülasyonumu 10 bin kez çalıştırdım ve beklenen değere çok yakın 295,37'lik bir std elde ettim.
LBogaardt

1
Düzenleme için teşekkürler. 10k yinelemeli simülasyonun cevabı doğruladığına sevindim!
Robin Ryder

Yönlendirilmiş grafikler için orijinal referansı buldum: Holland (1970). Sosyometrik Verilerde Yapıyı Tespit Etme Yöntemi.
LBogaardt

0

türetme konusunda biraz farklı bir yaklaşım sağlıyorum .X2

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}(n3)p3(n3)p3

  • 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}v{i,j,k}v{i,j,k}v=kv=kiijjiijj(n2)kkkalan köşelerden iki tane daha seçmeliyiz. Birincisi: ve ikincisi: . Kenar için ve aynı olduğu, 5 kenarları mevcut olmalıdır . Birleşik:(n2)(n3){i,j}{i,j}p5(n2)(n2)(n3)p5

  • 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}iin{i,j,k}(n1)(n12){i,j,k}(n3)(n32)j{i,j,k}k{i,j,k}p6 . Birleşik:n(n12)(n32)p6

  • 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}(n3)(n3)(n33)p6(n3)(n33)p6

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

(n3)+(n2)(n2)(n3)+n(n12)(n32)+(n3)(n33)=(n3)2 tutar.

Bu şunlara yol açar:

Var[X]=E[X2]E[X]2=(n3)p3+(n2)(n2)(n3)p5+n(n12)(n32)p6+(n3)(n33)p6(n3)2p6.

Sitemizi kullandığınızda şunları okuyup anladığınızı kabul etmiş olursunuz: Çerez Politikası ve Gizlilik Politikası.
Licensed under cc by-sa 3.0 with attribution required.