e 值的平均、乘积与选择

三个团队分析同一个零假设，交来证据 $12,3,0.3$ 。平均值是 $5.1$ ，乘积是 $10.8$ ，最大值是十二。哪个数字可以继续当作 e 值？观察到的三个数字本身无法回答；必须知道它们怎样生成、允许怎样依赖，以及合并规则是否事先确定。

本页只合并有限份输入。在零模型下，每份 e 值都几乎必然有限；若实现中出现零与无穷同时作为乘积因子，约定乘积为零，其他非零因子按扩展非负数运算。这些零模型零概率处的约定不改变均值保证。

本页先处理同一个零假设的多份证据。每个e 值 $E_j$ 都应在该假设的每个分布 $P$ 下满足 $E_j\ge0$ 、 $\mathbb E_PE_j\le1$ 。若各自针对不同的 $H_j$ ，下面的合并至多得到交集零假设 $\bigcap_jH_j$ 的证据，不能据一个合并大值就宣布全部 $H_j$ 为假。

形式陈述

固定加权平均不需要独立

取预先固定的 $w_j\ge0$ ， $\sum_{j=1}^Kw_j=1$ ，定义

E_{\rm avg}=\sum_{j=1}^Kw_jE_j.

非负性直接保留，期望的线性性给出

\mathbb E_PE_{\rm avg}=\sum_jw_j\mathbb E_PE_j\le\sum_jw_j=1.

证明没有出现联合分布。因此三组分析可以共享数据、使用相似模型，也可以极度相关。等权时，上面的 $12,3,0.3$ 给 $5.1$ ，足以超过水平 $0.2$ 的阈值五。若预定权重为 $(1/2,1/4,1/4)$ ，则得到 $6.825$ ；能否使用这组权重，取决于它是否在看到这批证据前固定，而非它是否看起来合理。

总权重小于一也有效，相当于丢掉一部分预算；超过一则通常无效。所有输入恒为一时，加权和恰好等于总权重，已经给出必要的检查。

直觉

独立证据才可以直接相乘

若 $E_1,\ldots,E_K$ 在每个零模型下相互独立，那么

\mathbb E_P\prod_{j=1}^KE_j=\prod_{j=1}^K\mathbb E_PE_j\le1.

因此乘积合法。等权平均把一元预算分给多个策略，乘积把前一轮的全部财富继续投入后一轮。前者允许任意依赖，后者需要保证新一轮不会专门挑中旧财富已经很高的情形。

用一个最小反例看清差异。令 $X$ 等概率取零和一，设 $E_1=E_2=2X$ 。两个输入均值都是一，乘积却为 $4X$ ，均值是二。把同一份数据复制给两个程序，不会产生两份独立证据。

相互独立也要针对零假设下的联合模型成立。来自不同机构不等于独立；共享病人、共同批次误差或训练资料都会造成依赖。若无法证明独立，固定平均的结论仍然可用。

条件预算比独立更一般

设证据按顺序到达， $\mathcal F_{j-1}$ 表示第 $j$ 份证据产生前允许使用的全部历史。若每个零模型下

B_j\ge0,\qquad \mathbb E_P[B_j\mid\mathcal F_{j-1}]\le1,

而 $B_j$ 在时刻 $j$ 可观测，则 $M_j=\prod_{s=1}^jB_s$ 满足

\mathbb E_P[M_j\mid\mathcal F_{j-1}] =M_{j-1}\mathbb E_P[B_j\mid\mathcal F_{j-1}]\le M_{j-1}.

再用塔式法则，由 $M_0=1$ 归纳得 $\mathbb E_PM_j\le1$ 。新证据可以根据历史选模型，只要它对这个历史条件仍有预算。这是检验上鞅的乘法机制；本页只用有限 $K$ 的结论，任意停止读取要再使用该页的停时论证。

例如检验独立公平硬币，每轮在看当前硬币之前按历史选 $q_j\in[0,1]$ ，正面乘 $2q_j$ ，反面乘 $2(1-q_j)$ 。条件均值是一。若看见当前结果才令 $q_j=X_j$ ，每轮总能乘二，条件均值变二。问题发生在信息时间，而不在公式外形。

例子与边界

看完再挑最大值，怎样才有预算

取 $E_1=2X$ 、 $E_2=2(1-X)$ ，它们各自均值一，最大值恒为二。数据依赖权重 $w_1=\mathbf1\{E_1\ge E_2\}$ 、 $w_2=1-w_1$ 正好实现这个最大值；“每次权重和为一”并不能代替“固定权重”。

有一个始终安全但可能保守的补救：

E_{\max}=K^{-1}\max_jE_j\le K^{-1}\sum_jE_j.

非负性和期望比较保证它有效。付出 $K$ 倍校准后可以挑最好的一个，但固定平均总是不小于这个校准最大值。若没有额外结构，仅想最终生成一个 e 值，先丢掉其余证据再付选择费用没有优势。

另一条合法路线是条件有效性。令资料 $Z$ 决定权重，若每个输入满足 $\mathbb E_P[E_j\mid Z]\le1$ ，且 $w_j(Z)$ 非负和为一，则条件期望证明仍成立。仅有边际 $\mathbb E_PE_j\le1$ 不够；前面的最大值反例正好违反条件预算。

推论与应用

同一假设与交集假设的两种报告

假设 $E_1$ 只对 $H_1$ 有效， $E_2$ 只对 $H_2$ 有效。在 $H_1\cap H_2$ 下，二者都有效，所以平均是交集证据。交集被拒绝只说明“至少一个零假设不成立”。要判断具体哪一个，需要闭合检验或其他多重程序。

如果目标是控制一组具体发现的平均错误比例，直接把逐假设 e 值交给e-BH。它不会先把不同问题压成一个均值，而是让最终拒绝数决定共同阈值。

可复算流程与成本

先列出每个输入的零假设、样本来源和均值证据，再选择已满足条件的合并规则。固定平均用 $K$ 次乘加、 $O(1)$ 累积空间；固定乘积通常累加对数，但应单独处理零因子。算出结果后，将它与 $1/\alpha$ 比较，报告规则而不仅是最终数字。

自测一。 两个输入独立，各以概率 $1/6$ 取六，其余为零。乘积以概率 $1/36$ 取三十六，均值仍是一。若它们始终完全相同，乘积均值变六。这两个模型在单项分布上完全一样。

自测二。 十份合法分析产生最大证据四十。没有依赖信息时，四十不能直接作为合并证据；最大值除十得到四，合法但尚未通过 $5\%$ 阈值二十。若十份证据分别为四十、十、其余为零，固定平均为五，仍未通过。选择保证不能由最大值看上去很大来替代。

参考资料

Vladimir Vovk and Ruodu Wang, E-values: Calibration, combination, and applications, 2021，§3 的任意依赖合并与 §4 的独立/序贯乘积。本文仅证明所用的线性和乘法规则，不借用该文更强的最优合并分类定理。
Larry Wasserman, Aaditya Ramdas and Sivaraman Balakrishnan, Universal inference, 2020，arXiv:1912.11436v4 作者稿，§5 “De-randomization”的多次拆分平均：不同拆分可以共享数据，因此平均有效性不以它们独立为前提。

形式陈述 ​

固定加权平均不需要独立 ​

独立证据才可以直接相乘 ​

条件预算比独立更一般 ​

看完再挑最大值，怎样才有预算 ​

同一假设与交集假设的两种报告 ​

可复算流程与成本 ​

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