Поэтому в основном есть три вопроса, участвующий.
Я знаю , что , но как это доказать?Е( ХК) = ( пК) ⋅р( к2)
Вы используете линейность ожидания и некоторые умные переписывания. Прежде всего, обратите внимание, что
Теперь, принимая ожидание , можно просто вывести сумму (из-за линейности) и получить
Выводя сумму, мы устранили все возможные зависимости между подмножествами узлов. Следовательно, какова вероятность того, что является кликой? Ну, независимо от того, из чего состоит , все вероятности ребер равны. Следовательно,XkE(Xk)= ∑ T ⊆ V ,
ИксК= ∑T⊆ V,| T| =к1 [Т является кликой ] .
ИксКTTPr[T является кликой]=p ( kE ( XК) = ∑T⊆ V,| T| =кE ( 1 [T это клика ] ) = ∑T⊆ V,| T| =кР г [Т является кликой ]
TT TE(Xk)=p ( kР г [Т клика ] = р( к2), поскольку все ребра в этом подграфе должны присутствовать. И затем, внутренний член суммы больше не зависит от , оставляя нас с .
TE ( XК) = р( к2)ΣT⊆ V,| T| =к1 = ( пК) ⋅р( к2)
Как показать это для :E ( X log 2 n ) ≥ 1n → ∞Е( Хжурнал2N) ≥ 1
Я не совсем уверен, правильно ли это. Применяя оценку биномиального коэффициента, получим
p-1+logn
Е( ХжурналN) = ( пжурналN) ⋅р( журналN2)≤ ⎛⎝п е р( журналн )4журналN⎞⎠журналN= ( n e ⋅ n( журналр ) / 4журналN)журналN,
(Обратите внимание, что я примерно ограничил верхнюю границу помощью .) Однако теперь можно было выбрать и получить это , что делает весь член для больших . Возможно, вы упускаете некоторые предположения о ?
plognп- 1 + журналN2пжурналN4р = 0,001журнал20,001 ≈ - 9,960Nп