闭合检验的同时 FDP 上界

同一个事件保护所有选择 ​

若全部零假设都为假，即 $I_0=\varnothing$，错误数恒为零。否则考虑事件

局部有效性给出 $P(A)\ge 1-\alpha$。在 $A$ 上，闭合规则不可能拒绝任何非空 $I\subseteq I_0$，因为它们的上层检查都要经过 $I_0$。

现在固定一份数据，并假设它落在 $A$ 内。对任意报告集 $R$，若 $R\cap I_0$ 非空，它就是 $R$ 的一个未拒绝子集；因此其大小不超过定义中的最大值。若它为空，不等式直接成立。于是

证明中的“任意”是在同一份数据、同一个事件内部使用的，所以之后可以令 $R$ 依赖观测结果。没有再对 $2^m$ 个报告集合分摊一次错误预算。

这不是参数的后验概率，也不表示本次上界一定正确。它说按这一完整规则重复实验时，所有集合一起获得正确上界的概率至少为 $1-\alpha$。

无法认出哪一项，却能确认至少两项 ​

取三个零假设，各有 e 值 $E_1,E_2,E_3$。额外假设：对每个交集 $H_I$，其中相关 e 值在该交集的每个零模型下相互独立。因此乘积合并理路e 值的平均、乘积与选择Merging e-values · e-merging function · Combining e-values按同一零假设核对每份证据，证明任意依赖下的固定平均与条件有效乘积，给出最大值、重复证据和数据依赖权重的反例。给出合法局部证据

在 $\alpha =0.05$ 时用阈值二十。某次观察到 $(E_1,E_2,E_3)=(6,6,6)$：

二元交集上面只剩三元交集，它也通过，所以二元拒绝确实是闭合拒绝。单项仍因自身证据不足而失败。

对 $R=\{1,2,3\}$，最大未拒绝子集只有一个元素，故 $t_{\alpha }(R)=1$：三项合起来至少有两个真发现，FDP 上界为 $1/3$。对任意二元报告集，上界仍为一，FDP 上界为 $1/2$。对单个条目，上界是一，无法保证它为真发现。

这个结果不矛盾：“至少两个是真的信号”没有指定哪两个。若把它写成“前两项均可靠”，就添加了证明没有给出的定位信息。

依赖条件必须留在交集检验里 ​

上例的独立性是局部乘积合法的条件。如果三个 e 值始终相同，并以概率 $1/6$ 共同取六，其余取零，那么每项边际均值仍为一，但二元乘积均值为六。全真零时，以概率 $1/6$ 就会出现表中情形并错误宣称至少两个信号，超过 $0.05$。

遇到任意依赖可以换用平均 e 值或 Bonferroni 局部 p 检验，再执行同一套闭合与上界算法。同时保证的逻辑仍成立，但发现能力可能不同。不能保留独立乘积的好看数字而删去它的条件。

对照 FDR：期望与同时高概率 ​

普通 FDR 控制 $\mathbb{E}[V(R)/(|R|\vee 1)]$，针对给定程序的输出 $R$。本页则控制一次覆盖事件，产出一张随集合而变的随机上界。它既不宣称每个集合 FDP 都小，也不在所有集合上给同一个数值阈值。

若目标是选一个 FDP 不超过 $\gamma$ 的集合，可以在看完数据后寻找满足

的 $R$，再结合成本、效应等偏好选择。由共同事件立刻得到 $P\{\mathrm{FDP}(R)\le \gamma \}\ge 1-\alpha$。但是允许的集合可能只有空集，保证不会凭空创造有功效的发现。

固定 $\alpha$ 也是流程的一部分。事后再从很多置信水平中挑一个最漂亮的报告，需要核对是否有跨水平共同保证；本页只证明预先指定水平下的集合同时性。

小规模枚举与子集最大值变换 ​

先以闭合页的 $O(m{2}^m)$ 递推得到所有闭合指示 $c(I)$。初始化

依次处理元素 $j=1,\dots ,m$；对每个包含 $j$ 的集合 $R$，更新

处理完前 $j$ 个元素时，$a(R)$ 已经考虑从 $R$ 中任意删去这些元素得到的子集。对 $j$ 归纳后，最终值正是所有 $I\subseteq R$ 的初始值最大值，也就是 $t_{\alpha }(R)$。这避免逐个 $R$ 再枚举全部子集的 $3^m$ 代价；时间仍为 $O(m{2}^m)$，存储 $O(2^m)$，并没有变成适合上万个假设的通用算法。

输出时可同时保存一个达到最大值的未拒绝子集作为见证。它不是“这些项已经被证明为真零”，而是解释当前规则为何无法把上界再缩小。

自测。 上例选择 $R=\{1,2\}$，再因第一项更便宜而只留下 $\{1\}$。二元集的 FDP 上界为 $1/2$，单项集的上界变成一。删掉一项会减少错误数的可能值，却可能提高错误比例；因此过滤后的比例不能沿用过滤前的数字。