Benjamini–Yekutieli 调和修正

不把随机拒绝数当作常数 ​

记最终拒绝集为 $\mathcal{R}$，大小为 $R$。对一个真零索引 $i$，它对 FDP 的贡献是

将 $(0,mc]$ 分成 $m$ 段。若 $P_i\in ((j-1)c,jc]$ 且 $i$ 被拒绝，必有 $P_i\le cR$，从而整数 $R\ge j$。于是逐数据有

在 $p>mc$ 时 $g(p)=0$；在 $p=0$ 时可设 $g(0)=1$，这个点在真零下概率为零。这个阶梯函数把“越靠近零可能配更小分母”的最坏情况逐段记下来。

令 $F(u)=\text{Pr}(P_i\le u)$。直接按区间取期望并作离散分部求和，得到

超均匀性给 $F(jc)\le jc$，所以

对全部 $m_0$ 个真零求和便得

整段证明只用边缘分布函数的上界。不能直接声称每一小区间概率都不超过长度 $c$：超均匀分布可以在某段右端集中质量，那个说法并不成立。分部求和把增量换成累积概率，才真正用到了已有条件。

四项检验的逐秩比较 ​

例如 $m=4,q=0.1$，有 $H_4=25/12$，因而 $c=0.012$。对排序 p 值 $(0.01,0.02,0.04,0.20)$，阈值为 $(0.012,0.024,0.036,0.048)$，最大通过秩为二。普通 BH 的阈值 $(0.025,0.05,0.075,0.1)$ 会拒绝前三项。BY 在此少报一项，换来的是不必证明联合依赖结构。

普通 BH 失效的有限分布 ​

取两个全真的零假设、目标 $q=0.2$，让 p 值向量 $(0.1,1)$、$(1,0.1)$、$(0.2,0.2)$ 各以概率 $0.1$ 出现，剩余 $0.7$ 取 $(1,1)$。每个边际在 $0.1$ 以下的概率为 $0.1$，在 $0.2$ 以下为 $0.2$，所以都是有效 p 值。

普通 BH 的阈值 $(0.1,0.2)$ 在前三种结果下都拒绝。全真零时，只要有拒绝 FDP 就是一，故 FDR 为 $0.3$。BY 使用 $H_2=3/2$，阈值降为 $(1/15,2/15)$，这三种结果均不通过，FDR 为零。后一个数说明此例上的保守性，不意味着一般 FDR 都会降到零。

调整 p 值怎样计算 ​

若希望读者之后选择目标水平，BY 调整 p 值为

从最后一项向前维护后缀最小即可。在四项例中得到约 $(0.083333,0.083333,0.111111,0.416667)$，与水平 $0.1$ 拒绝前两项一致。未取后缀最小时，调整值可能不单调，也就不能正确编码步升规则。

排序成本 $O(m\log m)$，调和和、阈值扫描和后缀最小各需 $O(m)$。保存原索引与结果需 $O(m)$ 空间。$H_m$ 约随 $\log m$ 增长，但实际检验应使用精确求和或足够精确的保守值，不应随手用 $\log m$ 替代；后者通常偏小，放宽阈值的方向不安全。

一座通向 e-BH 的阶梯 ​

预先固定同一个 $m,q$，把上面的阶梯放大为

它非负、非增，曲线面积为

因此可积校准理路p 值到 e 值的可积校准p-to-e calibration · p-to-e calibrator · p-to-e 校准函数用非负单调且积分不超过一的函数把超均匀 p 值转成 e 值，证明校准条件并检查调参、分段与数值边界。保证 $E_i=f(P_i)$ 为 e 值。升序第 $k$ 个 p 值若落在第 $j$ 个阶梯区间，得到 $e_{[k]}=m/(qj)$。e-BH理路e-BH 与任意依赖的 FDR 控制e-BH procedure · e-Benjamini–Hochberg procedure · eBH按降序 e 值寻找最大自洽发现集合，用逐样本预算消去随机拒绝数，在任意依赖下控制 FDR，并核对过滤与停止的边界。 的比较 $e_{[k]}\ge m/(qk)$ 正好等价于 $j\le k$，也就是 $p_{(k)}\le kc$。在 $p=0$ 取第一阶高度，仍保留这种阈值等价；在支撑之外取零。

于是 BY 可以理解为：先用一套与 $m,q$ 对应的阶梯校准器，再做 e-BH。这个重述解释了调和预算，但不是任意 p 值都可以直接取倒数的许可，也不说明校准器可在看见结果后自由调参。

保证边界与迁移 ​

BY 的任意依赖结论仍依赖每个真零 p 值本来就有效。模型选择、可选停止、错误标准误或漏掉的检验家族，都不能靠一个 $H_m$ 修复。目标 $q$ 与家族应先明确，全部未被报告的检验也不能事后从 $m$ 中扣除。

FDR 是错误比例的期望，不是单次 FDP 上界，更不是每个发现为假的概率。如果已经有直接构造的 e 值，e-BH 不需要这一调和修正；两种输入的有效性约束不同，不能只比较阈值就断言哪个方法必然更有功效。

自测。 对 $m=3,q=0.11$，$H_3=11/6$，得到 $c=0.02$。p 值 $(0.025,0.035,0.9)$ 的第一秩失败、第二秩通过、第三秩失败，最终仍拒绝前两项。这再次检验“取最大通过秩”，而非遇到失败便停止。