Распределение и дисперсия числа треугольников в случайном графе

10

Рассмотрим случайный граф Эрдоса-Реньи $G=(V(n),E(p))$ . Множество $n$ вершин $V$ помечено $V = \{1,2,\ldots,n\}$ . Множество ребер $E$ строится случайным процессом.

Пусть $p$ - вероятность $0<p<1$ , тогда каждая неупорядоченная пара вершин $\{i,j\}$ ( $i \neq j$ ) встречается как ребро в $E$ с вероятностью $p$ независимо от других пар.

Треугольник в $G$ представляет собой неупорядоченный тройной $\{i,j,k\}$ различных вершин, таких , что $\{i,j\}$ , $\{j,k\}$ , и $\{k,i\}$ являются ребрами в $G$ .

Максимальное количество возможных треугольников равно . Определим случайную величину , чтобы быть наблюдаемый счет треугольников в графе . $\binom{n}{3}$ $X$ $G$

Вероятность того, что три ссылки присутствуют одновременно, равна . Следовательно, ожидаемое значение определяется как . Наивно можно догадаться, что дисперсия определяется как , но это не так. $p^3$ $X$ $E(X) = \binom{n}{3} p^3$ $E(X^2) =\binom{n}{3} p^3 (1-p^3)$

Следующий код Mathematica имитирует проблему:

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]

Что такое дисперсия ? $X$

— LBogaardt
источник

4

Пусть тогда и только тогда, когда образуют треугольник. Тогда и каждый . Это то, что вы использовали для расчета ожидаемого значения. $Y_{ijk}=1$ $\{i, j, k\}$ $X=\sum_{i, j, k}Y_{ijk}$ $Y_{ijk}\sim Bernoulli(p^3)$

Для дисперсии проблема заключается в том, что не являются независимыми. Действительно, напишите Нам нужно вычислить , что является вероятностью присутствия обоих треугольников. Есть несколько случаев: $Y_{ijk}$

X^{2} = \sum_{i, j, k} \sum_{i^{'}, j^{'}, k^{'}} Y_{i j k} Y_{i^{'} j^{'} k^{'}} .

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

E [Y_{i j k} Y_{i^{'} j^{'} k^{'}}]

$E[Y_{ijk}Y_{i'j'k'}]$

Если (те же 3 вершины), то . В двойной сумме будет таких членов. $\{i,j,k\}=\{i',j',k'\}$ $E[Y_{ijk}Y_{i'j'k'}]=p^3$ $\binom{n}{3}$
Если множества и имеют ровно 2 общих элемента, то нам нужно 5 ребер, чтобы получить два треугольника, так что . в сумме будет таких слагаемых. $\{i,j,k\}$ $\{i',j',k'\}$ $E[Y_{ijk}Y_{i'j'k'}]=p^5$ $12 \binom{n}{4}$
Если множества и имеют 1 общий элемент, то нам нужно 6 ребер, так что . В сумме будет таких слагаемых. $\{i,j,k\}$ $\{i',j',k'\}$ $E[Y_{ijk}Y_{i'j'k'}]=p^6$ $30 \binom{n}{5}$
Если множества и имеют 0 общих элементов, то нам нужно 6 ребер, так что . В сумме будет таких слагаемых. $\{i,j,k\}$ $\{i',j',k'\}$ $E[Y_{ijk}Y_{i'j'k'}]=p^6$ $20 \binom{n}{6}$

Чтобы убедиться, что мы рассмотрели все случаи, обратите внимание, что сумма складывается из . $\binom{n}{3}^{2}$

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

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

Не забывая вычесть квадрат ожидаемого среднего значения, сложив все вместе, получим:

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}

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

Используя те же числовые значения, что и в вашем примере, следующий код R вычисляет стандартное отклонение, которое достаточно близко к значению 262 из вашего моделирования.

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

Следующий код Mathematica также вычисляет стандартное отклонение, которое дает тот же результат.

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

— Робин Райдер
источник

2

На самом деле довольно просто. Отлично сработано! Я немного обновил ваш ответ, упрощая выражения и добавляя код Mathematica . Я также провел симуляцию 10 раз и получил стандартное значение 295,37, очень близкое к ожидаемому значению.

— Л.Богаардт

1

Спасибо за редактирование. Я рад, что симуляция с 10 000 итераций подтверждает ответ!

— Робин Райдер

Я нашел оригинальную ссылку для ориентированных графов: Голландия (1970). Метод обнаружения структуры в социометрических данных.

— Л.Богаардт

0

Я предоставляю немного другой подход к выводу . $\mathrm{X}^{2}$

С тем же отличием, что и Робин Райдер:

Если то есть 3 вершины одинаковы, таким образом, мы должны выбрать 3 вершины из n возможных . У нас должно быть 3 ребра . Объединено: $\{i, j, k\} = \{i', j', k'\}$ $\Rightarrow \binom{n}{3}$ $\Rightarrow \mathrm{p}^{3}$ $\binom{n}{3}\mathrm{p}^{3}$
Если и имеют две общие вершины, это означает, что для которых и наоборот (у каждого треугольника есть одна вершина, которая не является частью другого треугольника). Wlog представьте, что и - упомянутые дизъюнктные вершины, а = , = . Чтобы достичь = , = , мы должны выбрать те же две вершины из n возможных . Для $\{i, j, k\}$ $\{i', j', k'\}$ $\exists v \in \{i, j, k\}$ $v \notin \{i', j', k'\}$ $v = k$ $v' = k'$ $i$ $i'$ $j$ $j'$ $i$ $i'$ $j$ $j'$ $\Rightarrow \binom{n}{2}$ $k \neq k'$ мы должны выбрать еще две из оставшихся вершин. Первый: и второй: . Поскольку ребро и одинаково, у нас должно быть 5 ребер . Объединено: $(n-2)$ $(n-3)$ $\{i, j\}$ $\{i', j'\}$ $\Rightarrow \mathrm{p}^{5}$ $\binom{n}{2}(n-2)(n-3)\mathrm{p}^{5}$
Если и имеют только одну общую вершину, то 4 не разделены. Представьте себе, wlog, что = . Это означает, что из n возможных вершин мы должны выбрать 1 . Для треугольника мы выбираем 2 вершины из оставшихся . Для треугольника мы выбираем 2 из оставшихся , это связано с предположением, что и . Поскольку у нас есть только одна общая вершина, у нас должно быть 6 ребер $\{i, j, k\}$ $\{i', j', k'\}$ $i$ $i'$ $\Rightarrow n$ $\{i, j, k\}$ $(n-1) \Rightarrow \binom{n-1}{2}$ $\{i', j', k'\}$ $(n-3) \Rightarrow \binom{n-3}{2}$ $j'\notin\{i, j, k\}$ $k'\notin\{i, j, k\}$ $\Rightarrow \mathrm{p}^{6}$ . Объединено: $n\binom{n-1}{2}\binom{n-3}{2}\mathrm{p}^{6}$
Для последнего случая: если и имеют общей вершины, то эти 2 треугольника не пересекаются. Мы выбираем первый треугольник, 3 вершины из n возможных . И второй треугольник, 3 вершины из оставшихся . Треугольники не разделены, то есть они не имеют ребер и вершин, поэтому должно присутствовать 6 ребер . Объединено: $\{i, j, k\}$ $\{i', j', k'\}$ $\Rightarrow \binom{n}{3}$ $(n-3)$ $\Rightarrow \binom{n-3}{3}$ $\Rightarrow \mathrm{p}^{6}$ $\binom{n}{3}\binom{n-3}{3}\mathrm{p}^{6}$

Как и в подходе Робина Райдера, мы также можем проверить, что:

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

Это ведет к:

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

— мистифицировать
источник