ランダムグラフのクリーク数

（Gilbertによるノードを持つランダムグラフファミリーがあります。可能な各エッジは、確率独立して挿入されます。ましょサイズのクリークの数でありにおける。 $G(n, p)$ $n$ $G(n, p)$ $p$ $X_k$ $k$ $G(n, p)$

私が知っている、しかしどうやってそれを証明するのですか？ $\mathbb{E}(X_k)=\tbinom{n}{k}\cdot p^{\tbinom{k}{2}}$

どのように表示するについて？そして、どのように表示することのためのと固定、任意の定数を？ $\mathbb{E}(X_{\log_2n})\ge1$ $n\to\infty$ $\mathbb{E}(X_{c\cdot\log_2n}) \to 0$ $n\to\infty$ $c>1$

— ユーザー1374864
ソース

したがって、基本的には3つの質問が関係しています。

私が知っている、しかしどうやってそれを証明するのですか？ $E(X_k)=\tbinom{n}{k}\cdot p^{\tbinom{k}{2}}$

あなたは期待の直線性といくつかの賢い書き直しを使います。まず、なお、期待撮影時今、、一方が単に（直線性に起因する）の和を引き出すし、取得することができる

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}

$X_k$

合計を引き出すことにより、ノードのサブセット間のすべての可能な依存関係を排除しました。したがって、

がクリークである確率はどれくらいですか？まあ、

構成要素に関係なく、すべてのエッジ確率は等しくなります。したがって、

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

$T$

。これは、このサブグラフのすべてのエッジが存在している必要があるためです。そして、和の内項は

依存しなくなり、

P r [T is clique] = p^{(\binom{k}{2})}

$\mathrm{Pr}[T \text{ is clique}] = p^{k \choose 2}$

T

$T$

。

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

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

以下のためにそれを表示する方法： $n\rightarrow\infty$ $E(X_{\log_2n})\ge1$

これが正しいかどうかは完全にはわかりません。二項係数に限界を適用すると、

（私は大まかに上限

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} .

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

による

p^{\frac{- 1 + \log n}{2}}

$p^\frac{-1 + \log n}{2}$

。）しかし、今一方が選択することができ

、そしてその得

に全体用語行かせる、

大きいため

。あなたはおそらく

いくつかの仮定を見逃していますか？

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
ソース

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}}

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

(\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

$(\log n) (\log n -1)/2 > (\log n)^2 / 4$

3番目の質問とは何ですか？

— キュー

2番目の質問と同じ問題が発生します。すみません、それを明確にすべきでした。

— HdM 2012年

ランダムグラフのクリーク数

私が知っている、しかしどうやってそれを証明するのですか？E（Xk）= （ nk） ⋅P（ k2）E(Xk)=(nk)⋅p(k2)E(X_k)=\tbinom{n}{k}\cdot p^{\tbinom{k}{2}}

以下のためにそれを表示する方法：E （X ログイン2のn）≥ 1n→∞n→∞n\rightarrow\inftyE(Xlog2n)≥1E(Xlog2⁡n)≥1E(X_{\log_2n})\ge1

私が知っている、しかしどうやってそれを証明するのですか？ $E(X_k)=\tbinom{n}{k}\cdot p^{\tbinom{k}{2}}$

以下のためにそれを表示する方法： $n\rightarrow\infty$ $E(X_{\log_2n})\ge1$