Distribuição e variância da contagem de triângulos no gráfico aleatório

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Considere um gráfico aleatório Erdos-Renyi . O conjunto de vértices é rotulado por . O conjunto de arestas é construído por um processo aleatório. $G=(V(n),E(p))$ $n$ $V$ $V = \{1,2,\ldots,n\}$ $E$

Seja uma probabilidade , então cada par não ordenado de vértices ( ) ocorre como uma aresta em com probabilidade , independentemente dos outros pares. $p$ $0<p<1$ $\{i,j\}$ $i \neq j$ $E$ $p$

Um triângulo em é um triplo não ordenado de vértices distintos, de modo que , e são arestas em . $G$ $\{i,j,k\}$ $\{i,j\}$ $\{j,k\}$ $\{k,i\}$ $G$

O número máximo de triângulos possíveis é $\binom{n}{3}$ . Definir a variável aleatória $X$ ser a contagem observada de triângulos no gráfico $G$ .

A probabilidade de três links estarem presentes simultaneamente é $p^3$ . Portanto, o valor esperado de $X$ é dado por $E(X) = \binom{n}{3} p^3$ . Ingenuamente, pode-se adivinhar que a variação é dada por $E(X^2) =\binom{n}{3} p^3 (1-p^3)$ , mas esse não é o caso.

O seguinte código do Mathematica simula o problema:

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]

Qual é a variação do $X$ ?

probability distributions binomial graph-theory LBogaardt
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Seja se se formar um triângulo. Então e cada . Isto é o que você usou para calcular o valor esperado. $Y_{ijk}=1$ $\{i, j, k\}$ $X=\sum_{i, j, k}Y_{ijk}$ $Y_{ijk}\sim Bernoulli(p^3)$

Para a variação, o problema é que os não são independentes. De fato, escreva Precisamos calcular , que é a probabilidade de ambos os triângulos estarem presentes. Existem vários casos: $Y_{ijk}$

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^{'}}]

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

Se (mesmos 3 vértices), então . Haverá esses termos na soma dupla. $\{i,j,k\}=\{i',j',k'\}$ $E[Y_{ijk}Y_{i'j'k'}]=p^3$ $\binom{n}{3}$
Se os conjuntos e têm exatamente 2 elementos em comum, precisamos de 5 arestas presentes para obter os dois triângulos, de modo que . haverá esses termos na soma. $\{i,j,k\}$ $\{i',j',k'\}$ $E[Y_{ijk}Y_{i'j'k'}]=p^5$ $12 \binom{n}{4}$
Se os conjuntos e têm 1 elemento em comum, precisamos de 6 arestas presentes, para que . Haverá desses termos na soma. $\{i,j,k\}$ $\{i',j',k'\}$ $E[Y_{ijk}Y_{i'j'k'}]=p^6$ $30 \binom{n}{5}$
Se os conjuntos e têm 0 elemento em comum, precisamos de 6 arestas presentes, para que . Haverá tais termos na soma. $\{i,j,k\}$ $\{i',j',k'\}$ $E[Y_{ijk}Y_{i'j'k'}]=p^6$ $20 \binom{n}{6}$

Para verificar se cobrimos todos os casos, observe que a soma total é . $\binom{n}{3}^{2}$

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

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

Lembrando de subtrair o quadrado da média esperada, juntar tudo isso dá:

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}

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

Usando os mesmos valores numéricos do seu exemplo, o código R a seguir calcula o desvio padrão, que é razoavelmente próximo ao valor de 262 da sua simulação.

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

O código do Mathematica a seguir também calcula o desvio padrão, que fornece o mesmo resultado.

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

Robin Ryder
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2

Na verdade, bastante direto. Bem feito! Atualizei sua resposta um pouco, simplificando as expressões e adicionando o código do Mathematica . Também executei minha simulação 10k vezes e obtive um valor padrão de 295,37, muito próximo do valor esperado.

LBogaardt 11/04

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Obrigado pela edição. Fico feliz que a simulação com 10k iterações confirma a resposta!

Robin Ryder

Encontrei a referência original, para gráficos direcionados: Holland (1970). Um método para detectar estrutura em dados sociométricos.

LBogaardt

0

Eu forneço uma abordagem ligeiramente diferente de derivar . $\mathrm{X}^{2}$

Com a mesma distinção entre casos que Robin Ryder:

Se ou seja, os 3 vértices são os mesmos, portanto, devemos escolher 3 vértices dentre n possíveis . Devemos ter 3 arestas presentes . Combinado: $\{i, j, k\} = \{i', j', k'\}$ $\Rightarrow \binom{n}{3}$ $\Rightarrow \mathrm{p}^{3}$ $\binom{n}{3}\mathrm{p}^{3}$
Se e tiverem dois vértices em comum, isso significa nos quais e vice-versa (cada triângulo possui um vértice que não faz parte do outro triângulo). Imagine que e são os vértices disjuntos mencionados e = , = . Para atingir = , = , precisamos escolher os mesmos dois vértices dentre n possíveis . Para $\{i, j, k\}$ $\{i', j', k'\}$ $\exists v \in \{i, j, k\}$ $v \notin \{i', j', k'\}$ $v = k$ $v' = k'$ $i$ $i'$ $j$ $j'$ $i$ $i'$ $j$ $j'$ $\Rightarrow \binom{n}{2}$ $k \neq k'$ devemos escolher mais dois dos vértices que restam. Primeiro: e segundo: . Como as arestas e são as mesmas, precisamos ter 5 arestas presentes . Combinado: $(n-2)$ $(n-3)$ $\{i, j\}$ $\{i', j'\}$ $\Rightarrow \mathrm{p}^{5}$ $\binom{n}{2}(n-2)(n-3)\mathrm{p}^{5}$
Se e tiverem apenas um vértice em comum, então 4 serão disjuntos. Imagine, wlog, que = . Isso significa que, dentre n possíveis vértices, devemos escolher 1 . Para o triângulo , escolhemos 2 vértices dos restantes . Para o triângulo escolhemos 2 dos restantes , isso se deve à suposição de que e . Como temos apenas um vértice em comum, precisamos ter 6 arestas presentes $\{i, j, k\}$ $\{i', j', k'\}$ $i$ $i'$ $\Rightarrow n$ $\{i, j, k\}$ $(n-1) \Rightarrow \binom{n-1}{2}$ $\{i', j', k'\}$ $(n-3) \Rightarrow \binom{n-3}{2}$ $j'\notin\{i, j, k\}$ $k'\notin\{i, j, k\}$ $\Rightarrow \mathrm{p}^{6}$ . Combinados: $n\binom{n-1}{2}\binom{n-3}{2}\mathrm{p}^{6}$
Para o último caso: Se e não têm vértice em comum, então os 2 triângulos são disjuntos. Escolhemos o primeiro triângulo, 3 vértices de n possíveis . E o segundo triângulo, 3 vértices dos restantes . Os triângulos são disjuntos, ou seja, eles não compartilham arestas e vértices, portanto, 6 arestas devem estar presentes . Combinado: $\{i, j, k\}$ $\{i', j', k'\}$ $\Rightarrow \binom{n}{3}$ $(n-3)$ $\Rightarrow \binom{n-3}{3}$ $\Rightarrow \mathrm{p}^{6}$ $\binom{n}{3}\binom{n-3}{3}\mathrm{p}^{6}$

Como na abordagem de Robin Ryder, também podemos verificar que:

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

Isto leva a:

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

Josh
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Distribuição e variância da contagem de triângulos no gráfico aleatório

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