随机图中三角形数量的分布和方差

考虑一个Erdos-Renyi随机图$G=(V(n),E(p))$。该组$n$顶点$V$由标$V = \{1,2,\ldots,n\}$。边缘的集合$E$通过随机过程构造。

让$p$是一个概率$0<p<1$，则每个二元集合$\{i,j\}$顶点（$i \neq j$）发生在边缘$E$以概率$p$，独立于其它对。

$G$中的三角形是不同顶点的无序三元组$\{i,j,k\}$，因此$\{i,j\}$，$\{j,k\}$和$\{k,i\}$是中的边$G$。

可能的三角形最大数量为。将随机变量定义为图观察到的三角形数。$\binom{n}{3}$$X$$G$

同时存在三个链接的概率为$p^3$。因此，X的期望值$X$由$E(X) = \binom{n}{3} p^3$。天真的，人们可能会猜测方差由$E(X^2) =\binom{n}{3} p^3 (1-p^3)$，但事实并非如此。

下面的Mathematica代码模拟了该问题：

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]

X的方差是$X$多少？

令 iff形成一个三角形。然后和每个。这就是您用来计算期望值的方法。$Y_{ijk}=1$$\{i, j, k\}$$X=\sum_{i, j, k}Y_{ijk}$$Y_{ijk}\sim Bernoulli(p^3)$

对于方差，问题在于不是独立的。实际上，写 我们需要计算，这是两个三角形都存在的概率。有几种情况：$Y_{ijk}$

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

• 如果（相同的3个顶点），则。双和中将有这样的术语。$\{i,j,k\}=\{i',j',k'\}$$E[Y_{ijk}Y_{i'j'k'}]=p^3$$\binom{n}{3}$
• 如果集合和具有完全相同的2个元素，则我们需要提供5个边来获得两个三角形，这样。总和中将有。$\{i,j,k\}$$\{i',j',k'\}$$E[Y_{ijk}Y_{i'j'k'}]=p^5$$12 \binom{n}{4}$
• 如果集合和共有1个元素，则我们需要存在6条边，因此。总计有这样的术语。$\{i,j,k\}$$\{i',j',k'\}$$E[Y_{ijk}Y_{i'j'k'}]=p^6$$30 \binom{n}{5}$
• 如果集合和共有0个元素，那么我们需要存在6条边，因此。总和中将有这样的术语。$\{i,j,k\}$$\{i',j',k'\}$$E[Y_{ijk}Y_{i'j'k'}]=p^6$$20 \binom{n}{6}$

为了验证我们已经涵盖所有情况，请注意，总和为。$\binom{n}{3}^{2}$

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

记住减去期望均值的平方，将所有这些加在一起得出：

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

使用与示例相同的数值，下面的R代码计算标准偏差，该偏差与模拟中的262值相当接近。

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

下面的Mathematica代码还计算了标准偏差，得出了相同的结果。

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

我提供了一个稍微不同的方法来推导。$\mathrm{X}^{2}$

与Robin Ryder一样，区分大小写：

• 如果即3个顶点相同，那么我们必须从n个可能的选择3个顶点。我们必须存在3条边 。组合：$\{i, j, k\} = \{i', j', k'\}$$\Rightarrow \binom{n}{3}$$\Rightarrow \mathrm{p}^{3}$$\binom{n}{3}\mathrm{p}^{3}$

• 如果和有两个共同的顶点，则表示存在，反之亦然（每个三角形的一个顶点不属于另一个三角形）。Wlog想象和是提到的分离顶点，而 =， =。为了实现 =， =，我们必须从n个可能的选择相同的两个顶点。对于$\{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}$$k \neq k'$我们必须从剩余的顶点中再选择两个。第一个：和第二个：。因为边和是相同的，所以我们必须有5条边存在。组合：$(n-2)$$(n-3)$$\{i, j\}$$\{i', j'\}$$\Rightarrow \mathrm{p}^{5}$$\binom{n}{2}(n-2)(n-3)\mathrm{p}^{5}$

• 如果和共有一个顶点，则4个不相交。想象一下，博客， =。这意味着，在n个可能的顶点中，我们必须选择1。对于三角形我们从其余选取2个顶点。对于三角形我们从其余，这是由于和。因为我们只有一个顶点，所以必须有6条边$\{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}$。组合：$n\binom{n-1}{2}\binom{n-3}{2}\mathrm{p}^{6}$

• 对于最后一种情况：如果和没有共同的顶点，则这两个三角形是不相交的。我们从n个可能的选出第一个三角形，即3个顶点。第二个三角形是剩余的 3个顶点。三角形是不相交的，即它们不共享边和顶点，因此必须存在6个边。组合：$\{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}$

就像罗宾·赖德（Robin Ryder）的方法一样，我们还可以验证：

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

这导致：

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