Nombre de cliques dans les graphiques aléatoires

Il existe une famille de graphes aléatoires à nœuds ( due à Gilbert ). Chaque bord possible est inséré indépendamment dans avec une probabilité . Soit le nombre de cliques de taille dans . $G(n, p)$ $n$ $G(n, p)$ $p$ $X_k$ $k$ $G(n, p)$

Je sais que $\mathbb{E}(X_k)=\tbinom{n}{k}\cdot p^{\tbinom{k}{2}}$ , mais comment le prouver?

Comment montrer que $\mathbb{E}(X_{\log_2n})\ge1$ pour $n\to\infty$ ? Et comment montrer que $\mathbb{E}(X_{c\cdot\log_2n}) \to 0$ pour $n\to\infty$ et une constante fixe et arbitraire $c>1$ ?

— user1374864
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Donc, fondamentalement, il y a trois questions en jeu.

Je sais que $E(X_k)=\tbinom{n}{k}\cdot p^{\tbinom{k}{2}}$ , mais comment le prouver?

Vous utilisez la linéarité de l'attente et une réécriture intelligente. Tout d'abord, notez que Maintenant, en prenant l'espérance de , on peut simplement extraire la somme (en raison de la linéarité) et obtenir En extrayant la somme, nous avons éliminé toutes les dépendances possibles entre les sous-ensembles de nœuds. Quelle est donc la probabilité que soit une clique? Eh bien, quelle que soit la composition de , toutes les probabilités de front sont égales. Par conséquent,

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})}

$\mathrm{Pr}[T \text{ is clique}] = p^{k \choose 2}$ , car toutes les arêtes de ce sous-graphique doivent être présentes. Et puis, le terme interne de la somme ne dépend plus de , nous laissant avec .

T

$T$

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

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

Comment montrer que pour : $n\rightarrow\infty$ $E(X_{\log_2n})\ge1$

Je ne suis pas tout à fait sûr que ce soit même correct. En appliquant une borne sur le coefficient binomial, on obtient

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} .

$E(X_{\log n}) = {n \choose \log n} \cdot p^{\log n \choose 2} \leq \left(\frac{n e p^\frac{(\log n)}{4}}{\log n}\right)^{\log n} = \left(\frac{ne \cdot n^{(\log p) / 4}}{\log n}\right)^{\log n}.$ (Notez que j'ai à peu près la limite supérieure par .) Cependant, maintenant on pourrait choisir , et obtenir cela , ce qui fait que le terme entier passe à pour les grands . Vous manquez peut-être quelques hypothèses sur ?

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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Est-ce correct? . Ne doit-il pas être mais maintenant je ne sais pas comment continuer

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

J'ai appliqué ladite limite uniquement sur . Pour , vous pouvez observer que . Maintenant, depuis , nous voulons rendre son exposant plus petit (vous convaincre pourquoi). Pour un assez grand , nous avons cela . Par conséquent, le calcul ci-dessus devrait être correct ...

(\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

Quelle est la troisième question?

— File d'attente

Elle souffre du même problème que la deuxième question. Désolé, j'aurais dû clarifier cela.

— HdM

Nombre de cliques dans les graphiques aléatoires

Je sais que E( Xk) = ( nk)⋅p(k2)E(Xk)=(nk)⋅p(k2)E(X_k)=\tbinom{n}{k}\cdot p^{\tbinom{k}{2}} , mais comment le prouver?

Comment montrer que pour :E ( X log 2 n ) ≥ 1n→∞n→∞n\rightarrow\inftyE(Xlog2n)≥1E(Xlog2⁡n)≥1E(X_{\log_2n})\ge1

Je sais que $E(X_k)=\tbinom{n}{k}\cdot p^{\tbinom{k}{2}}$ , mais comment le prouver?

Comment montrer que pour : $n\rightarrow\infty$ $E(X_{\log_2n})\ge1$