랜덤 그래프에서 삼각형 수의 분포 및 분산

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고려 에르 도스 - RENYI 랜덤 그래프 $G=(V(n),E(p))$ . $n$ 개의 정점 세트 $V$ 는 $V = \{1,2,\ldots,n\}$ 됩니다. 에지 세트 ( $E$ 는 랜덤 프로세스에 의해 구성된다.

하자 $p$ 확률 수 $0<p<1$ , 순서화하고 각 쌍 $\{i,j\}$ 정점 ( $i \neq j$ )의 에지로 발생 $E$ 확률과 $p$ 서로 독립적 쌍.

의 삼각형 은 별개의 꼭짓점 $G$ 의 순서가없는 삼중 $\{i,j,k\}$ 로, $\{i,j\}$ , $\{j,k\}$ 및 $\{k,i\}$ 는 모서리입니다 $G$ .

가능한 삼각형의 최대 개수는 입니다. 그래프 에서 랜덤 변수 를 관측 된 삼각형 수로 정의하십시오 . $\binom{n}{3}$ $X$ $G$

세 개의 링크가 동시에 존재할 확률은 입니다. 따라서, 예상 값 주어진다 . 당연히, 분산이 의해 주어진 것으로 추측 할 수 있지만, 그렇지 않습니다. $p^3$ $X$ $E(X) = \binom{n}{3} p^3$ $E(X^2) =\binom{n}{3} p^3 (1-p^3)$

다음 Mathematica 코드는 문제를 시뮬레이션합니다.

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]

의 분산은 무엇입니까 ? $X$

— 보가 르트
소스

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하자 IFF를 삼각형을 형성한다. 그런 다음 및 각 입니다. 이것은 예상 값을 계산하는 데 사용한 것입니다. $Y_{ijk}=1$ $\{i, j, k\}$ $X=\sum_{i, j, k}Y_{ijk}$ $Y_{ijk}\sim Bernoulli(p^3)$

차이의 경우, 문제는 가 독립적이지 않다는 것입니다. 실제로두 삼각형이 존재할 확률 인 을 계산해야합니다 . 몇 가지 경우가 있습니다. $Y_{ijk}$

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^{'}}]

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

만약 (동일 세 꼭지점)을 . 이중 합계 에는 용어가 있습니다. $\{i,j,k\}=\{i',j',k'\}$ $E[Y_{ijk}Y_{i'j'k'}]=p^3$ $\binom{n}{3}$
만약 세트 과 , 우리는 두 개의 삼각형을 얻을 본 5 가장자리 필요한 공통 정확히 2 개 요소가되도록 . 있을 것이다 합 이러한 용어. $\{i,j,k\}$ $\{i',j',k'\}$ $E[Y_{ijk}Y_{i'j'k'}]=p^5$ $12 \binom{n}{4}$
세트하면 과 공통적 한 요소가, 우리는 6 가장자리 본 필요되도록 . 합계 에는 있습니다. $\{i,j,k\}$ $\{i',j',k'\}$ $E[Y_{ijk}Y_{i'j'k'}]=p^6$ $30 \binom{n}{5}$
세트하면 과 공통적으로 0 요소가, 우리는 6 가장자리 본 필요되도록 . 합계 에는 있습니다. $\{i,j,k\}$ $\{i',j',k'\}$ $E[Y_{ijk}Y_{i'j'k'}]=p^6$ $20 \binom{n}{6}$

모든 사례를 다루었 음을 확인하기 위해 합계는 됩니다. $\binom{n}{3}^{2}$

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

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

예상 평균의 제곱을 빼는 것을 기억하면이 모든 것을 종합하면 다음과 같습니다.

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}

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

예제와 동일한 숫자 값을 사용하여 다음 R 코드는 표준 편차를 계산하며 이는 시뮬레이션에서 262 값에 상당히 가깝습니다.

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

다음 Mathematica 코드는 표준 편차를 계산하여 동일한 결과를 제공합니다.

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

— 로빈 라이더
소스

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실제로 매우 간단합니다. 잘 했어! 답을 약간 업데이트하여 표현을 단순화하고 Mathematica 코드를 추가했습니다 . 또한 시뮬레이션을 10k 회 실행하고 예상 값에 매우 가까운 std 295.37을 얻었습니다.

— LBogaardt

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편집 해 주셔서 감사합니다. 10k 반복 시뮬레이션으로 답을 확인하게되어 기쁩니다!

— Robin Ryder

방향 그래프에 대한 원래 참조를 찾았습니다 : Holland (1970). 사회 측정 데이터에서 구조를 탐지하는 방법.

— LBogaardt

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파생하는 약간 다른 접근 방식을 제공합니다 . $\mathrm{X}^{2}$

Robin Ryder와 같은 경우로 :

만약 즉, 3 개 정점 따라서 우리는 3 개 중 정점을 선택 N 가능하며, 동일 . 3 개의 모서리가 있어야합니다 . 결합 : $\{i, j, k\} = \{i', j', k'\}$ $\Rightarrow \binom{n}{3}$ $\Rightarrow \mathrm{p}^{3}$ $\binom{n}{3}\mathrm{p}^{3}$
만약 과 수단 것이 일반적인 두 정점을 있는 그리고 그 반대도 마찬가지입니다 (각 삼각형에는 다른 삼각형의 일부가 아닌 하나의 꼭지점이 있습니다). Wlog 및 가 언급 된 분리 된 정점이고 = , = 이라고 상상해보십시오 . = , = 를 달성하려면 n 개의 가능한 에서 동일한 두 꼭지점을 선택해야합니다 . 들어 $\{i, j, k\}$ $\{i', j', k'\}$ $\exists v \in \{i, j, k\}$ $v \notin \{i', j', k'\}$ $v = k$ $v' = k'$ $i$ $i'$ $j$ $j'$ $i$ $i'$ $j$ $j'$ $\Rightarrow \binom{n}{2}$ $k \neq k'$ 남겨진 정점에서 두 개를 더 선택해야합니다. 첫 번째 : 및 두 번째 : . 모서리 및 는 동일하므로 5 개의 모서리가 있어야합니다. . 결합 : $(n-2)$ $(n-3)$ $\{i, j\}$ $\{i', j'\}$ $\Rightarrow \mathrm{p}^{5}$ $\binom{n}{2}(n-2)(n-3)\mathrm{p}^{5}$
만약 과 공통적으로 하나의 정점이 다음 분리 된 4이다. wlog, = 라고 상상해보십시오 . 즉, 가능한 꼭지점 중에서 1 선택해야합니다 . 삼각형 의 경우 나머지 2 개의 정점을 선택 합니다. 삼각형 의 경우 나머지 중 를 선택합니다. 이는 및 입니다. 공통점은 하나뿐이므로 6 개의 모서리가 있어야합니다. $\{i, j, k\}$ $\{i', j', k'\}$ $i$ $i'$ $\Rightarrow n$ $\{i, j, k\}$ $(n-1) \Rightarrow \binom{n-1}{2}$ $\{i', j', k'\}$ $(n-3) \Rightarrow \binom{n-3}{2}$ $j'\notin\{i, j, k\}$ $k'\notin\{i, j, k\}$ $\Rightarrow \mathrm{p}^{6}$ . 결합 : $n\binom{n-1}{2}\binom{n-3}{2}\mathrm{p}^{6}$
마지막 경우 : 및 에 공통된 꼭지점이없는 경우 두 삼각형이 분리됩니다. 우리는 n 개의 가능한 에서 3 개의 꼭짓점을 첫 번째 삼각형으로 선택합니다 . 그리고 두 번째 삼각형, 중 3 개의 꼭지점이 남아 있습니다. 삼각형은 분리되어 있습니다. 즉, 모서리와 정점을 공유하지 않으므로 6 개의 모서리가 있어야합니다 . 결합 : $\{i, j, k\}$ $\{i', j', k'\}$ $\Rightarrow \binom{n}{3}$ $(n-3)$ $\Rightarrow \binom{n-3}{3}$ $\Rightarrow \mathrm{p}^{6}$ $\binom{n}{3}\binom{n-3}{3}\mathrm{p}^{6}$

Robin Ryder의 접근 방식과 마찬가지로 다음 사항도 확인할 수 있습니다.

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

이것은 다음으로 이어진다 :

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

— 조롱
소스