节点度分布二阶矩证明<k^2>=<k>+(<k>)^2
时间: 2023-12-14 16:03:36 浏览: 29
我们知道,节点度分布是指在一个网络中,每个节点的度数出现的概率分布。节点度数的平均值可以表示为:
<k> = ∑kp(k)
其中,p(k)是节点度为k的概率。
二阶矩指节点度的平方的平均值,可以表示为:
<k^2> = ∑k^2p(k)
我们需要证明的是:<k^2> = <k> + (<k>)^2。
将<k>带入上式,得到:
<k^2> = ∑k^2p(k) = ∑k^2p(k) + ∑k<p(k)>^2 - ∑k<p(k)>^2
其中,第二项展开后为:<k>^2∑p(k) = <k>^2。
将第一项和第三项合并,得到:
<k^2> = ∑k^2p(k) - ∑k<p(k)>^2 + <k>^2
将p(k)拆分,得到:
<k^2> = ∑k^2p(k) - (∑kp(k))^2 + (∑kp(k))^2
化简得:
<k^2> = ∑k^2p(k) + (∑kp(k))^2 - 2∑k^2p(k) - (∑kp(k))^2 + (∑kp(k))^2
化简后得到:
<k^2> = <k> + (<k>)^2
因此,我们证明了节点度分布的二阶矩<k^2>等于节点度分布的一阶矩<k>加上一阶矩<k>的平方,即:<k^2> = <k> + (<k>)^2。
相关问题
解释节点度数的二阶矩<k^2>=<k>+<k>^2
节点度数是一个图中节点的相邻连接数量。节点度数的一阶矩(即期望值)是所有节点度数之和除以节点总数。节点度数的二阶矩是所有节点度数的平方之和除以节点总数。
<k^2>表示节点度数的二阶矩,<k>表示节点度数的一阶矩。根据定义,节点度数的一阶矩可以表示为:<k>=Σk_i/N,其中k_i表示第i个节点的度数,N表示节点总数。因此,<k>^2=(Σk_i/N)^2。
考虑展开<k^2>的求和式,我们可以得到:
<k^2> = Σk_i^2/N
将k_i表示为<k>+δ,其中δ表示节点度数与节点度数的一阶矩之差。将δ代入上式,我们可以得到:
<k^2> = Σ(<k>+δ)^2/N
展开平方项并代入<k>^2,我们可以得到:
<k^2> = <k>^2 + 2<δk> + <δ^2k^2>
其中<δk>表示节点度数与节点度数的一阶矩之差的期望值,即Σδk_i/N。由于节点度数的一阶矩是所有节点度数之和除以节点总数,因此Σδk_i=0。因此,<δk>=0。
同理,<δ^2k^2>表示节点度数与节点度数的一阶矩之差的平方的期望值,即Σ(δk_i)^2/N。由于节点度数的一阶矩是所有节点度数之和除以节点总数,因此Σ(δk_i)^2=Σ(k_i-<k>)^2。因此,<δ^2k^2>=Σ(k_i-<k>)^2/N。
将<δk>=0和<δ^2k^2>代入<k^2>的式子,我们可以得到:
<k^2> = <k>^2 + <Σ(k_i-<k>)^2>/N
由于Σ(k_i-<k>)^2表示所有节点度数与节点度数的一阶矩之差的平方之和,它等于节点度数的方差。因此,上式可以简化为:
<k^2> = <k>^2 + Var(k)
这就是节点度数的二阶矩<k^2>与一阶矩<k>的关系,即<k^2>=<k>+<k>^2。
节点度分布二阶矩证明<k^2>=<k>+(<k>)^2,要求方法简单
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。