Iya. Untuk pertanyaan pertama Anda, probabilitasnya menjadi nol dua kali lipat secara eksponensial cepat. Ini dapat dihitung sebagai berikut. Untuk setiap permutasi , kita dapat mengikat probabilitas bahwa , yaitu bahwa untuk semua . Pertimbangkan orbit bekerja pada . Kami memiliki adalah automorfisme dari jika adalah konstan pada aktivitas. Jika adalah non-trivial, ia memiliki setidaknya satu orbit pada yang bukan singleton, dan karenanya setidaknya pada orbit padaπ ∈ A u t ( f ) f ( π ( x ) ) = f ( x ) x ∈ { 0 , 1 } n π { 0 , 1 } n π f f π πππ∈ A u t ( f)f( π( x ) ) = f( x )x ∈ { 0 , 1 }nπ{ 0 , 1 }nπffππ{ 0 , 1 } n[ n ]{ 0 , 1 }nitu bukan singleton. Misalkan orbit memiliki elemen di dalamnya. Dengan demikian, probabilitas bahwa adalah konstan pada orbit itu adalah . Misalkan bekerja pada memiliki titik tetap, siklus dengan panjang 2, dll. (Khususnya ). Maka jumlah titik diperbaiki oleh tepatnya . Semua poin tersisa dari berada dalam orbit nontrivial dari . Untuk batas atas probabilitas bahwaf 2 - ( k - 1 ) π [ n ] c 1 c 2 ∑ n i = 1 i c i = n { 0 , 1 } n π 2 ∑ i c i { 0 , 1 } n π π ∈ A u t ( f )kf2- ( k - 1 )π[ n ]c1c2∑ni=1ici=n{0,1}nπ2∑ici{0,1}nππ∈Aut(f), perhatikan bahwa kemungkinan terbaik adalah jika semua elemen non-tetap dari datang dalam ukuran orbit 2. Jadi kita mendapatkan mana . Sekarang, kami ingin batas bawah pada , yang berarti kami ingin batas atas pada . Sejak , terbesar dapat terjadi ketika dan , yaitu dan , jadi dan . Sekarang terapkan ikatan serikat: P r ( π ∈ A u t ( f ) ) ≤ ( 1 / 2 ) M / 2 M = 2 n - 2 Σ i c i M Σ i c i π ≠ 1 Σ c i c 1 = n - 2 c 2 = 1 ∑ c i{0,1}nPr(π∈Aut(f))≤(1/2)M/2M=2n−2∑iciM∑iciπ≠1∑cic1=n−2c2=1M = 2 n - 2∑ci=n−1 M≥ 2 n - 1 Pr(π∈Aut(f))≤(1 / 2 ) 2 n - 2 | S n | =n!M=2n−2n−1=2n−1M≥2n−1Pr(π∈Aut(f))≤(1/2)2n−2|Sn|=n!, jadi , yang pada dasarnya adalah sebagai , cukup cepat.Pr((∃π∈Sn)[π≠1 and π∈Aut(f)])≤n!2−2n−22nlgn−2n−2→0n→∞
Untuk setiap Anda dapat menggunakan alasan yang serupa, tetapi probabilitasnya juga akan menjadi nol dengan sangat cepat.G≤Sn