Número de clique em gráficos aleatórios

Existe uma família de gráficos aleatórios $G(n, p)$ com $n$ nós ( devido a Gilbert ). Cada aresta possível é inserida independentemente em $G(n, p)$ com probabilidade $p$ . Seja $X_k$ o número de cliques de tamanho $k$ em $G(n, p)$ .

Eu sei que , mas como faço para provar isso? $\mathbb{E}(X_k)=\tbinom{n}{k}\cdot p^{\tbinom{k}{2}}$

Como mostrar que para ? E como mostrar que para e uma constante fixa e arbitrária ? $\mathbb{E}(X_{\log_2n})\ge1$ $n\to\infty$ $\mathbb{E}(X_{c\cdot\log_2n}) \to 0$ $n\to\infty$ $c>1$

— user1374864
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Então, basicamente, há três perguntas envolvidas.

Eu sei que , mas como faço para provar isso? $E(X_k)=\tbinom{n}{k}\cdot p^{\tbinom{k}{2}}$

Você usa a linearidade da expectativa e algumas reescrições inteligentes. Primeiramente, observe que Agora, ao considerar a expectativa de , pode-se simplesmente extrair a soma (devido à linearidade) e obter Ao desenhar a soma, eliminamos todas as dependências possíveis entre subconjuntos de nós. Portanto, qual é a probabilidade de ser uma camarilha? Bem, não importa em que consiste, todas as probabilidades de ponta são iguais. Portanto,

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})}

$\mathrm{Pr}[T \text{ is clique}] = p^{k \choose 2}$ , uma vez que todas as arestas deste subgráfico devem estar presentes. E então, o termo interno da soma não depende mais de , deixando-nos com .

T

$T$

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

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

Como mostrar isso para : $n\rightarrow\infty$ $E(X_{\log_2n})\ge1$

Não tenho muita certeza se isso está correto. Aplicando um limite no coeficiente binomial, obtemos

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} .

$E(X_{\log n}) = {n \choose \log n} \cdot p^{\log n \choose 2} \leq \left(\frac{n e p^\frac{(\log n)}{4}}{\log n}\right)^{\log n} = \left(\frac{ne \cdot n^{(\log p) / 4}}{\log n}\right)^{\log n}.$ (Observe que limitei aproximadamente por .) No entanto, agora é possível escolher e obter essa , o que faz com que todo o termo vá para para grande . Talvez você esteja perdendo algumas suposições sobre ?

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
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Isso está certo? . Não precisa ser mas agora não sei como continuar

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}}

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

— user1374864

Apliquei o referido limite apenas em . Para , você pode observar que . Agora, desde , queremos reduzir seu expoente (convencer-se do porquê). Para razoavelmente grande , temos que . Portanto, o cálculo acima deve estar correto ...

(\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

O que há com a terceira pergunta?

— Fila

Sofre o mesmo problema que a segunda questão. Desculpe, eu deveria ter esclarecido isso.

— HdM 28/05

Número de clique em gráficos aleatórios

Eu sei que , mas como faço para provar isso?E(Xk)=(nk)⋅p(k2)E(Xk)=(nk)⋅p(k2)E(X_k)=\tbinom{n}{k}\cdot p^{\tbinom{k}{2}}

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

Eu sei que , mas como faço para provar isso? $E(X_k)=\tbinom{n}{k}\cdot p^{\tbinom{k}{2}}$

Como mostrar isso para : $n\rightarrow\infty$ $E(X_{\log_2n})\ge1$