Розподіл та варіація підрахунку трикутників у випадковому графіку

Розглянемо випадковий графік Ердоса-Рені . Множина вершин позначена . Сукупність ребер побудована випадковим процесом.n V V = { 1 , 2 , … , n } $G=(V(n),E(p))$$n$$V$$V = \{1,2,\ldots,n\}$$E$

Нехай - ймовірність , тоді кожна невпорядкована пара вершин ( ) виникає як ребро в з вірогідністю , незалежно від інших пар.0 < p < 1 { i , j } i ≠ j E $p$$0<p<1$$\{i,j\}$$i \neq j$$E$$p$

Трикутник у - це не упорядкована потрійна різних вершин, таких що , і є ребрами в .{ i , j , k } { i , j } { j , k } { k , i } $G$$\{i,j,k\}$$\{i,j\}$$\{j,k\}$$\{k,i\}$$G$

Максимальна кількість можливих трикутників - $\binom{n}{3}$ . Визначимо випадкову величину $X$ , щоб бути спостережуваний рахунок трикутників в графі $G$ .

Ймовірність того, що одночасно присутні три ланки, є $p^3$ . Тому очікуване значення $X$ задається $E(X) = \binom{n}{3} p^3$ . Наївно можна здогадатися, що дисперсію задає $E(X^2) =\binom{n}{3} p^3 (1-p^3)$ , але це не так.

Наступний код Mathematica моделює 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]

Яка дисперсія $X$ ?

Нехай iff утворює трикутник. Тоді і кожен . Це те, що ви використали для обчислення очікуваного значення.$Y_{ijk}=1$$\{i, j, k\}$$X=\sum_{i, j, k}Y_{ijk}$$Y_{ijk}\sim Bernoulli(p^3)$

Щодо варіації, питання полягає в тому, що не є незалежними. Дійсно, запишіть Нам потрібно обчислити , яка є ймовірністю наявності обох трикутників. Є кілька випадків:$Y_{ijk}$

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

• Якщо (ті самі 3 вершини), то . Буде таких доданків у подвійній сумі.$\{i,j,k\}=\{i',j',k'\}$$E[Y_{ijk}Y_{i'j'k'}]=p^3$$\binom{n}{3}$
• Якщо множини і мають рівно два елемента спільно, то для отримання двох трикутників нам потрібно 5 ребер, щоб . в сумі буде .$\{i,j,k\}$$\{i',j',k'\}$$E[Y_{ijk}Y_{i'j'k'}]=p^5$$12 \binom{n}{4}$
• Якщо множини і мають один спільний елемент, тоді нам потрібно 6 ребер, так що . У сумі буде .$\{i,j,k\}$$\{i',j',k'\}$$E[Y_{ijk}Y_{i'j'k'}]=p^6$$30 \binom{n}{5}$
• Якщо множини і мають 0 спільних елементів, тоді нам потрібно 6 ребер, так що . У сумі буде .$\{i,j,k\}$$\{i',j',k'\}$$E[Y_{ijk}Y_{i'j'k'}]=p^6$$20 \binom{n}{6}$

Щоб переконатися, що ми охопили всі випадки, зауважте, що сума дорівнює .$\binom{n}{3}^{2}$

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

Пам'ятаючи, щоб відняти квадрат очікуваного середнього, склавши це все разом, можна отримати:

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

Використовуючи ті ж числові значення, що і ваш приклад, наступний код R обчислює стандартне відхилення, що досить близьке до значення 262 від вашого моделювання.

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

Наступний код Mathematica також обчислює стандартне відхилення, яке дає той 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

Я пропоную дещо інший підхід виведення .$\mathrm{X}^{2}$

З тією ж різницею випадків, що і Робін Райдер:

• Якщо тобто 3 вершини однакові, тому ми повинні вибрати 3 вершини з n можливих . У нас повинно бути три ребра . Комбіновано:$\{i, j, k\} = \{i', j', k'\}$$\Rightarrow \binom{n}{3}$$\Rightarrow \mathrm{p}^{3}$$\binom{n}{3}\mathrm{p}^{3}$

• Якщо і мають дві спільні вершини, це означає, що для яких і навпаки (кожен трикутник має одну вершину, яка не є частиною іншого трикутника). Wlog уявіть, що і - це згадані вершини, що роз'єднуються, і = , = . Для досягнення = , = , нам слід вибрати однакові дві вершини з n можливих . 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}$$k \neq k'$ми повинні вибрати ще дві вершини, що залишилися. Перший: і другий: . Оскільки край і однаковий, у нас повинно бути 5 ребер . Комбіновано:$(n-2)$$(n-3)$$\{i, j\}$$\{i', j'\}$$\Rightarrow \mathrm{p}^{5}$$\binom{n}{2}(n-2)(n-3)\mathrm{p}^{5}$

• Якщо і мають лише одну вершину спільного, то 4 - диз'юнкти. Уявіть, wlog, що = . Це означає, що з n можливих вершин ми повинні вибрати 1 . Для трикутника вибираємо 2 вершини з решти . Для трикутника виберемо 2 з решти , це пов'язано з припущенням, що і . Оскільки у нас є одна спільна вершина, ми повинні мати 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}$ . Комбіновано:$n\binom{n-1}{2}\binom{n-3}{2}\mathrm{p}^{6}$

• В останньому випадку: Якщо і не мають спільної вершини, то два трикутника є роз'єднаними. Вибираємо перший трикутник, 3 вершини з n можливих . І другий трикутник, 3 вершини з залишилися . Трикутники є роз'єднаними, тобто вони не мають ребер і вершин, тому 6 ребер повинні бути присутніми . Комбіновано:$\{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}$

Як і у підході Робіна Райдера, ми також можемо перевірити, що:

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

Це призводить до:

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