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11 二阶矩方法和Lovasz局部引理

11.1 The Second-Moment Method——二阶矩方法

11.1.1 二阶矩方法定理

首先写出二阶矩方法的定理：

• 若存在非负随机整数$X$，则有：
  $$P(X=0)\le \frac{Var[X]}{{(E[X])}^2}$$

证明：
$$P(X=0)\le P(|X-E[X]|\ge E[X])\le \frac{Var[X]}{{(E[X])}^2}$$

11.1.2 二阶矩方法的应用——随机图阈值

二阶矩方法可以应用在，对随机图中的阈值进行概率求解。

首先了解一下什么是随机图中的阈值：

• 假设有一个图模型被定义为$G_{n,p}$，其中$n$表示图的节点数量，$p$表示随机图的阈值。
• $p$的阈值表示为一个函数$f(n)$：在当$p>f(n)$时，图$G_{n,p}$会拥有图的一些性质；当$p<f(n)$时，图$G_{n,p}$不拥有这些性质。

在这里要补充一下（因为我是第一次实际用到这个知识）：

• $o(n)$表示函数的上界，表示绝对不会到这个大小。
• $\omega (n)$表示函数的下界，表示函数一定更大。

下文中说$o(1)\to 0$就是这个原因，因为这并非表示$o(1)$，而是一定比$o(1)$更小。

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接下来我们给出关于随机图的一条定理：

• 在图$G_{n,p}$中，若在$p=f(n)=o(n^{-\frac{2}{3}})$且$n$足够大的条件下。对于任意的$\epsilon >0$​，使得：
  $$P(|\text{顶点数大于4的团}|\ge 1)<\epsilon$$

• 若$p=f(n)=\omega (n^{-\frac{2}{3}})$，其余条件不变的情况下，有：
  $$P(|\text{顶点数大于4的团}|\ge 1)>1-\epsilon$$
  也可以写作：
  $$P(|\text{顶点数大于4的团}|=0)<\epsilon$$

证明1：定理中$p=f(n)=o(n^{-\frac{2}{3}})$的情况：

1. 图中取出4个顶点一共有$C_n^4$中情况。假设我们通过$X_i$表示第$i$​种情况下，四个顶点组成的是否是团，可以表示为：
   $$X_i=\{\begin{array}{ll}1& \text{if Ci is a 4-clique}\\ 0& \text{otherwise}\end{array}$$

2. 根据第一点我们可以知道$X={\sum }_{i=1}^{C_n^4}{X}_i$，同时因为一个四顶点的团有6条边，可得：
   $$E[X]=C_n^4{p}^6=O(n^4)\cdot o(n^{-4})=o(1)\to 0<\epsilon$$

3. 又因为Markov Inequality有$P(X\ge 1)\le E[X]$​，可得：
   $$P(X\ge 1)\le E[X]<\epsilon$$

证明2：定理中$p=f(n)=\omega (n^{-\frac{2}{3}})$的情况：

对于定理中$p=f(n)=\omega (n^{-\frac{2}{3}})$的情况，为了证明$P(X=0)<\epsilon$，我们需要用到二阶矩定理，可以将问题转化为证明$P(X=0)\le \frac{Var[X]}{{(E[X])}^2}<\epsilon$。但是期望好求，方差不好求，所以我们要先引入一条定理：

定理：若$Y_i,i\in [1,m]$表示0-1随机变量，且$Y={\sum }_{i=1}^m{Y}_i$，可得
$$Var[Y]\le E[Y]+\sum _{1\le i,j\le m;i\ne j}Cov(Y_i,Y_j)$$
证明：

1. 对于随机变量序列可以做如下转换：
   $$Var[Y]=Var[\sum _{i=1}^m{Y}_i]=\sum _{i=1}^{m}Var[Y_i]+\sum _{1\le i,j\le m;i\ne j}Cov(Y_i,Y_j)$$

2. 因为方差的性质可得：
   $$Var[Y_i]=E[Y_i^2]-{E[Y_i]}^2\le E[Y_i]$$

3. 代入第一个公式就可得：
   $$\begin{array}{rl}Var[Y]& \le \sum _{i=1}^{m}E[Y_i]+\sum _{1\le i,j\le m;i\ne j}Cov(Y_i,Y_j)\\ & =E[Y]+\sum _{1\le i,j\le m;i\ne j}Cov(Y_i,Y_j)\end{array}$$

1. 根据方差的不等式定理，我们知道除了期望还要考虑协方差。我们已知协方差的计算公式为：
   $$Cov(X,Y)=E[XY]-E[X]E[Y]$$

2. 假如我们选取的点集（四个点）的情况表示为 { C 1 , C 2 , … , C C n 4 } {\lbrace C_1, C_2, \dots, C_{C_n^4} \rbrace} {C1​,C2​,…,CCn4​​}，我们可以将协方差分为四类：

   1. 没有公共点：8个点，12条边，$E[XY]=C_n^8\cdot p^{12}=E[X]E[Y]=C_n^4\cdot p^6\cdot C_n^4\cdot p^6$
   2. 有一个公共点：7个点，12条边，$E[XY]=C_n^7\cdot p^{12}=E[X]E[Y]=C_n^4\cdot p^6\cdot C_4^1{C}_{n-4}^3\cdot p^6$
   3. 有两个公共点：6个点，11条边，$E[XY]=C_n^6\cdot p^{11}>E[X]E[Y]=C_n^4\cdot p^6\cdot C_4^2{C}_n^2\cdot p^6$
   4. 有三个公共点：5个点，9条边，$$E[XY]=C_n^5\cdot p^9>E[X]E[Y]=C_n^4\cdot p^6\cdot C_4^3{C}_n^1\cdot p^6$$

3. 因为$E[XY]-E[X]E[Y]<E[XY]$恒成立，我们直接用$E[XY]$，可以得到：
   $$\begin{array}{rl}Var[Y]& \le E[Y]+\sum _{1\le i,j\le m;i\ne j}Cov(Y_i,Y_j)\\ & \le C_n^4\cdot p^6+C_n^6\cdot p^{11}+C_n^5\cdot p^9\\ & =O(n^4{q}^6+n^6{q}^{11}+n^5{q}^9)\end{array}$$

4. 代入公式$P(X=0)\le \frac{Var[X]}{{(E[X])}^2}$可得：
   $$\begin{array}{rl}P(X=0)& \le \frac{Var[X]}{{(E[X])}^2}\\ & =\frac{O(n^4{q}^6+n^6{q}^{11}+n^5{q}^9)}{{o(n^4{q}^6)}^2}\\ & =O(n^{-4}{q}^{-6}+n^{-2}{q}^{-1}+n^{-3}{q}^{-3})\end{array}$$

5. 当$p=f(n)=\omega (n^{-\frac{2}{3}})$时可得：
   $$P(X=0)=o(1+n^{-4/3}+n^{-1})=o(1)$$

11.2 Lovasz Local Lemma——Lovasz局部引理

11.2.1 LLL定理

在介绍定理之前，我们先介绍一下事件独立性的概念：

• 假定有一组事件$A_1,A_2,\dots ,A_n$，他们发生的概率$P(A_i)\le p<1$，如果他们互相独立，则有：
  $$P({\cap }_i\overline{A_i})\ge {(1-p)}^n>0$$

• 与上条件相同，但事件之间相互不独立，则有：
  $$P({\cap }_i\overline{A_i})\ge 1-\sum P(A_i)$$

• 对于独立的事件具有以下的性质：
  $$P(A)=P(A|{\cap }_{i\in [1,N]}{A}_i)$$

我们给LLL定理一个定义：

• 假设有一组事件$A_1,A_2,\dots ,A_n$，满足$\forall i,P(A_i)\le p$，其中$A_i$与除了$d$个事件之外的事件都相互独立，则有：
  1. 若$pd\le \frac{1}{4}$，则有$P({\cap }_i\overline{A_i})\ge {(1-2p)}^n>0$
  2. 若$p(d+1)\le \frac{1}{e}$，则有$P({\cap }_i\overline{A_i})\ge {(1-\frac{1}{d+1})}^n>0$

11.2.2 LLL定理证明

这里证明一下$pd\le \frac{1}{4}$的情况。

为了证明LLL，这里引入一条引理，就非常好证明LLL了：

• Lemma：对于任意一个集合 S ⊂ { A 1 , A 2 , … , A n } S \subset {\lbrace A_1, A_2, \dots, A_n \rbrace} S⊂{A1​,A2​,…,An​}，对于任意$A\notin S$，有：
  $$P(A|{\cap }_{j\in S}\overline{A_j})\le 2p$$

通过这条引理我吗就可以证明LLL定理了：

1. 我们将LLL定理中的$P({\cap }_i\overline{A_i})$展开得：
   $$P({\cap }_i\overline{A_i})=(1-P(A_1))(1-P(A_2|\overline{A_1}))\dots (1-P(A_i|{\cap }_{j<i}\overline{A_j}))$$

2. 根据上文的Lemma可以知道：
   $$\{\begin{array}{l}P(A_1)\le 2p\\ P(A_2|\overline{A_1})\le 2p\\ \dots \\ P(A_i|{\cap }_{j<i}\overline{A_j})\le 2p\end{array}$$

3. 所以可以将公式转换为：
   $$P({\cap }_i\overline{A_i})\ge {(1-2p)}^i={(1-2p)}^n$$

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所以我们接下来主要证明上述Lemma

我们分成两种情况来讨论：

1. $|S|=0$：没有集合的情况下说明没有其他的事件，所以可得
   $$P(A|\varnothing )=P(A)\le p\le 2p$$
   得证$|S|=0$时刻

2. $|S|=k+1$：我们假设引理适用于$|S|\le k$的所有情况，通过数学归纳法证明$|S|=k+1$时刻的情况。

第一种情况我们简单就证明了，核心就在第二种情况上，我们先来给第二种情况做一些定义：

• 根据LLL定理的条件已知$pd\le \frac{1}{4}$
• 我们假设有一个事件$A$，$S$表示不包含事件$A$的一个事件集合
• 根据与$A$事件的相对独立性，我们将$S$分成两部分：$S^{ind}$表示$S$中与$A$相对独立的事件、$S^{dep}$表示$S$中与$A$有依赖关系的事件

根据以上定义，再次分成两种情况：

1. 当$|S^{ind}|=k+1$时，或者说是$S^{ind}=S$​时，我们可得：
   $$P(A|{\cap }_{j\in S}\overline{A_j})=P(A)\le p\le 2p$$
   得证$|S|=k+1$且$|S^{ind}|=k+1$的情况

2. 当$|S^{ind}|<k+1$时，我们可以通过Bayes Formula将$S$通过条件概率的方式拆分开：
   $$\begin{array}{rl}P(A|{\cap }_{j\in S}\overline{A_j})& =P(A|{\cap }_{j\in S^{dep}}\overline{A_j},{\cap }_{j\in S^{ind}}\overline{A_j})\\ & =\frac{P(A,{\cap }_{j\in S^{dep}}\overline{A_j}|{\cap }_{j\in S^{ind}}\overline{A_j})}{P({\cap }_{j\in S^{dep}}\overline{A_j}|{\cap }_{j\in S^{ind}}\overline{A_j})}\end{array}$$

通过对条件的Bayes变换，我们可以分别将分子与分母求解出来：

• 分子：
  $$\begin{array}{rl}P({\cap }_{j\in S^{dep}}\overline{A_j}|{\cap }_{j\in S^{ind}}\overline{A_j})& \ge \underset{P({\cap }_i\overline{A_i})\ge 1-\sum P(A_i)}{\underbrace{1-\sum _{j\in S^{dep}}\stackrel{=P(A_j)\text{—独立}}{\overbrace{P(A_j|{\cap }_{j\in S^{ind}}\overline{A_j})}}}}\\ & \ge 1-\underset{pd\le \frac{1}{4}⟹|S^{dep}|=d\le \frac{1}{4p}}{\underbrace{|S^{dep}|}}(2p)\\ & \ge 1-\frac{1}{4p}\cdot 2p\\ & =\frac{1}{2}\end{array}$$

• 分母：
  $$P(A,{\cap }_{j\in S^{dep}}\overline{A_j}|{\cap }_{j\in S^{ind}}\overline{A_j})\le \underset{=P(A)\text{—独立}}{\underbrace{P(A|{\cap }_{j\in S^{ind}}\overline{A_j})}}\le p$$

由此可证在$|S|=k+1$且$|S^{ind}|<k+1$的情况下：
$$P(A|{\cap }_{j\in S}\overline{A_j})=\frac{P(A,{\cap }_{j\in S^{dep}}\overline{A_j}|{\cap }_{j\in S^{ind}}\overline{A_j})}{P({\cap }_{j\in S^{dep}}\overline{A_j}|{\cap }_{j\in S^{ind}}\overline{A_j})}\le 2p$$

11.3 Asymmetric LLL

在上一节的LLL中，我们只用到了两个参数：$p$表示概率、$d$表示临域的大小。上一节我们通过定义$p,d$之间的关系求解了概率边界，我们自然会想要通过更普遍的方式求得概率边界。于是我们提出了Asymmetric LLL，下面我们做一个定义：

• Asymmetric LLL（非对称LLL）：有一组事件表示为$A_1,A_2,\dots ,A_n$，其中 S i ⊂ { A 1 , A 2 , … , A n } S_i \subset {\lbrace A_1, A_2, \dots, A_n \rbrace} Si​⊂{A1​,A2​,…,An​}表示一组与$A_i$相对独立的事件集合。假设存在一组变量$r_1,\dots ,r_n\in [0,1)$，且满足$\forall i,P(A_i)\le r_i{\prod }_{j\notin S_i}(1-r_j)$，则有
  $$P({\cap }_i\overline{A_i})\ge \prod _i(1-r_i)$$

这条定理本文就不做证明，但是这条定理是包含LLL的，我们可以做一个分析：

1. 假设$r_i=\frac{1}{d+1}$，我们可以通过在LLL中的定义得到：
   $$\begin{array}{rl}& P(A_i)(d+1)\le \frac{1}{e}\\ ⟹& P(A_i)\le \frac{1}{d+1}\cdot \frac{1}{e}\le \frac{1}{d+1}\cdot {\left(1-\frac{1}{d+1}\right)}^d\\ & \le \frac{1}{d+1}\cdot \prod _{j\notin S_i}\left(1-\frac{1}{d+1}\right)=r_i\cdot \prod _{j\notin S_i}(1-r_i)\end{array}$$
   这样条件就等价变换了

2. 然后代入Asymmetric LLL的结果中可以得到：
   $$P({\cap }_i\overline{A_i})\ge \prod _i(1-r_i)={(1-\frac{1}{d+1})}^n>0$$
   结果也与LLL等价了

Asymmetric LLL相较于LLL更加具有普遍性，但从结果上来说也更麻烦了，因为要自己提出$r$的定义