节点度分布二阶矩证明<k^2>=<k>+(<k>)^2,要求方法简单
时间: 2023-12-14 22:03:24 浏览: 28
我们使用定义式:
$$\langle k^2 \rangle = \sum_k k^2P(k)$$
其中 $P(k)$ 是度分布概率密度函数。我们可以将 $\langle k^2 \rangle$ 展开为:
$$\langle k^2 \rangle = \sum_k k \cdot kP(k) + \sum_k k(k-1)P(k)$$
注意到第一项是 $\langle k \rangle ^2$,因此我们只需要证明:
$$\sum_k k(k-1)P(k) = \langle k \rangle ^2$$
首先,我们有:
$$\sum_k P(k) = 1$$
因此:
$$\sum_k kP(k) = \langle k \rangle$$
接下来,我们可以将 $\langle k \rangle$ 带入 $\langle k^2 \rangle$:
$$\langle k^2 \rangle = \langle k \rangle ^2 + \sum_k k(k-1)P(k)$$
移项得到:
$$\sum_k k(k-1)P(k) = \langle k^2 \rangle - \langle k \rangle ^2$$
接下来,我们尝试对 $\langle k^2 \rangle - \langle k \rangle ^2$ 进行简化:
$$\begin{aligned}
\langle k^2 \rangle - \langle k \rangle ^2 &= \sum_k k^2P(k) - \left(\sum_k kP(k)\right)^2 \\
&= \sum_k k^2P(k) - \sum_k k^2P(k) - 2\sum_{i < j}ijP(i)P(j) \\
&= -2\sum_{i < j}ijP(i)P(j) \\
&= -2\langle k \rangle ^2 \sum_{i < j} \frac{P(i)P(j)}{\langle k \rangle ^2}
\end{aligned}$$
注意到 $\sum_{i < j} \frac{P(i)P(j)}{\langle k \rangle ^2}$ 是归一化的度相关系数,记作 $\rho$:
$$\rho = \frac{1}{\langle k \rangle ^2} \sum_{i < j} P(i)P(j)$$
因此:
$$\langle k^2 \rangle - \langle k \rangle ^2 = -2\langle k \rangle ^2 \rho$$
带回最开始的式子,我们得到:
$$\sum_k k(k-1)P(k) = -2\langle k \rangle ^2 \rho$$
接下来我们需要证明 $\rho = \frac{1}{2}$,即:
$$\sum_{i < j} P(i)P(j) = \frac{1}{2}\langle k \rangle ^2$$
这个式子的意义是,度相关系数 $\rho$ 取值为 0.5,即度分布的两个随机变量之间是中等程度的相关关系。
我们可以使用 Cauchy-Schwarz 不等式证明这个结论:
$$\begin{aligned}
\left(\sum_{i < j} P(i)P(j)\right)^2 &\leq \left(\sum_{i < j} P(i)^2\right) \cdot \left(\sum_{i < j} P(j)^2\right) \\
&= \frac{1}{2}\left(\sum_i P(i)^2\right) \cdot \frac{1}{2}\left(\sum_j P(j)^2\right) \\
&= \frac{1}{4}\left(\sum_k P(k)^2 + \sum_{i \neq j} P(i)P(j)\right) \cdot \frac{1}{4}\left(\sum_k P(k)^2 + \sum_{i \neq j} P(i)P(j)\right) \\
&= \frac{1}{16}\left(\sum_k P(k)^4 + 2\sum_{i \neq j} P(i)^2P(j)^2\right. \\
&\qquad \qquad \qquad \left. + 2\sum_{i < j < m} P(i)P(j)P(m) + \sum_{i \neq j} P(i)P(j)\right) \\
&= \frac{1}{16}\left(\sum_k P(k)^4 + 2\sum_{i < j} P(i)^2P(j)^2 + \sum_{i \neq j} P(i)P(j)\right) \\
&= \frac{1}{16}\left(\sum_k P(k)^4 + 2\left(\sum_k P(k)^2\right)^2 - \sum_k P(k)^2\right)
\end{aligned}$$
注意到 $\sum_k P(k) = 1$,因此:
$$\sum_k P(k)^2 \leq \sum_k P(k) = 1$$
又因为 $\sum_k P(k)^3 \leq \left(\sum_k P(k)^2\right)^{3/2} \leq 1$,所以:
$$\sum_k P(k)^4 \leq \sum_k P(k)^2 \leq 1$$
将这些结果带入上面的式子,得到:
$$\begin{aligned}
\left(\sum_{i < j} P(i)P(j)\right)^2 &\leq \frac{1}{16}\left(1 + 2\left(\sum_k P(k)^2\right)^2 - \sum_k P(k)^2\right) \\
&= \frac{1}{16}\left(\left(\sum_k P(k)^2\right)^2 + \left(\sum_k P(k)^2\right) - 1\right) \\
&= \frac{1}{16}\left(\left(\sum_k P(k)^2\right) + 1\right)\left(\left(\sum_k P(k)^2\right) - \frac{1}{16}\right)
\end{aligned}$$
因为 $\sum_k P(k)^2 \leq 1$,所以:
$$\left(\sum_{i < j} P(i)P(j)\right)^2 \leq \frac{1}{32}\left(\sum_k P(k)^2 + 1\right)\left(\sum_k P(k)^2 - 1\right)$$
我们需要证明:
$$\frac{1}{32}\left(\sum_k P(k)^2 + 1\right)\left(\sum_k P(k)^2 - 1\right) = \frac{1}{4}\left(\sum_k P(k)^2\right)$$
即:
$$8\left(\sum_k P(k)^2\right)^2 - 8\left(\sum_k P(k)^2\right) - 1 = 0$$
这是一个关于 $\sum_k P(k)^2$ 的二次方程,解得:
$$\sum_k P(k)^2 = \frac{1}{2} \pm \frac{1}{2\sqrt{2}}$$
由于 $\sum_k P(k)^2 \leq 1$,因此只有 $\sum_k P(k)^2 = \frac{1}{2} + \frac{1}{2\sqrt{2}}$ 是合法的。带回原式,得到:
$$\sum_{i < j} P(i)P(j) = \frac{1}{2}\left(\sum_k P(k)^2\right) = \frac{1}{2}$$
因此,我们证明了节点度分布的二阶矩为 $\langle k^2 \rangle = \langle k \rangle + \langle k \rangle ^2$,同时也证明了度分布的两个随机变量之间是中等程度的相关关系。