方差从哪里来：可靠均值与适应尾界 ​

本页完成一份能够复算和迁移的误差报告。你需要说明：方差预算怎样得到，未知尺度靠哪一种额外结构补足，时间维度是否已经校准，以及数值求解还留下多少误差。不同方法可以处理相同的均值问题，但它们不能互相借用未满足的假设。

最短路线与补课 ​

核心计算依次读Efron–Stein理路Efron–Stein 方差不等式Efron-Stein inequality · 独立替换方差界 · Variance tensorization用独立重抽一个输入造成的平方变化控制非线性统计量方差，证明张量化与二分之一常数，并区分总体预算、样本估计和指数尾。、Catoni 均值估计理路Catoni 有限方差均值估计Catoni mean estimator · Catoni 软截断均值估计用随样本量与置信度校准的单调软截断方程估计重尾均值，证明有限方差误差界，并把括根数值容差加入最终证书。、对称自归一化理路对称和的自归一化界Self-normalized symmetric sum · 对称均值的自归一化区间条件于独立对称观测的幅度证明自归一化尾界，反演不需已知方差的中心区间，并明确对称性、小样本与持续查看的边界。和Freedman理路标量 Freedman 不等式Scalar Freedman inequality · 可预测方差鞅尾界用有界鞅差及可预测条件方差控制预算内的全时间越界，证明指数过程并给出适应门控与分层方差预算的实际计算。。前两站把输入机制变成总体方差预算，再变成可执行的高置信求根；后两站分别处理未知方差的对称中心与适应过程的条件方差。

已经读过可靠均值入门终点的读者，可复用其 Bernstein理路有界标量 Bernstein 不等式Scalar Bernstein inequality · Bernstein inequality for bounded random variables在已知中心化幅度与方差预算时控制独立标量和，以初等指数矩证明解释两种偏差尺度，并计算罕见事件均值的充分样本量。、MoM理路分组均值中位数估计Median-of-means estimator · MoM 均值估计将独立样本分成不相交的组，先平均再取中位数，以有限方差取得依赖置信度的均值误差保证，并明确组数、余数和尺度条件。与经验 Bernstein理路经验 Bernstein 均值界Empirical Bernstein mean bound · 经验方差均值界对已知有界范围的 IID 观测，以经过校准的样本方差构造固定样本均值区间，解释标准差估计误差、零样本方差与重复查看的边界。。若还不熟悉预算，先补方差理路方差Variance随机变量相对其均值的平方偏差期望，也是最佳常数平方预测的剩余误差。和条件期望理路条件期望Conditional expectation以信息分组的加权平均建立条件期望直觉，再连接测度定义、最小均方预测、塔式性质和可计算反例。；进入适应过程前再补鞅理路鞅Martingale · Submartingale · Supermartingale在当前全部信息下，下一步条件均值等于当前值的可积适应过程。和Ville 不等式理路Ville 不等式Ville's inequality · Ville inequality非负上鞅在无限时间内达到给定水平的概率，由初始期望除以该水平控制。。这些是按任务选择的补课入口，不是要求每条路线都先学完全部测度概率。

最后一项是混合边界理路混合序贯边界Mixture boundary · Method of mixtures · Normal mixture boundary对指数上鞅作预先固定的概率混合，再把财富阈值反解为对所有时间同时有效的偏差边界。的条件对称分支：它回答无已知幅度时怎样检验一个中心，也展示有效检验未必反演成实用的有界区间。

任务一：非线性模拟器的方差预算 ​

三枚独立比特 $B_1,B_2,B_3\sim \mathrm{Bernoulli}(0.1)$ 驱动一个输出

$$Z=max(B_1,B_2)+2B_2{B}_3.$$

这是一台可以完整枚举的小模拟器；精确期望用作核验真值，随后仍按只能调用输出的均值估计流程操作。

1. 列出 $Z$ 的可能值及概率，求 $\mathbb{E}Z$ 与真实方差
2. 分别只把第 $i$ 个比特替换成独立副本，求 $\mathbb{E}(Z-Z^{(i)}{)}^2$，得到预算 $v$
3. 为什么三项替换差不是三份独立输出？若只在一条观测路径上算到很小差值，能否报告同一个总体预算？
4. 用所得 $v$ 设计统计半径 $\epsilon =0.05$、失败概率 $\delta =0.01$ 的 Catoni 方案，算最小满足该充分式的整数运行数

核对与推导 ​

$Z=0$ 当且仅当 $B_1=B_2=0$，概率0.81。$Z=3$ 当且仅当 $B_2=B_3=1$，概率0.01。剩余概率0.18给 $Z=1$。因此

$$\mathbb{E}Z=0.21,\mathbb{E}{Z}^2=0.27,\mathrm{Var}(Z)=0.27-{0.21}^2=0.2259.$$

令 $B_i^{\prime }$ 是对应独立副本。三个差可分别写成

$$\begin{array}{rl}Z-Z^{(1)}& =(B_1-B_1^{\prime })(1-B_2),\\ Z-Z^{(2)}& =(B_2-B_2^{\prime })(1-B_1+2B_3),\\ Z-Z^{(3)}& =2B_2(B_3-B_3^{\prime }).\end{array}$$

每个比特与副本之差的平方期望为 $2(0.1)(0.9)=0.18$。于是三项分别为

$$0.18\cdot 0.9=0.162,$$$$0.18\{0.9+4(0.9)(0.1)+4(0.1)\}=0.2988,$$$$4(0.1)(0.18)=0.072.$$

因此 $v=(0.162+0.2988+0.072)/2=0.2664$，大于真实方差。中间一项包含交互影响，不能把“改第2位”误当成仅改一个普通加性项。三种替换共用其余输入，既不是独立运行，也不是未知预算的确定证书。

Catoni 的充分样本量为

$$N_{\ast }=\lceil 2\log 200(1+\frac{0.2664}{{0.05}^2})\rceil =1140.$$

这个数保留了全部常数和取整。若模拟器的输入机制改变，尤其三个比特变得相关，原预算证明必须重做；不能仅因输出仍落在 $\{0,1,3\}$ 就保留0.2664。已知范围 $[0,3]$ 的方法仍可能有效，但给的是另一张证书。

任务二：从输出计数到带数值容差的区间 ​

实际独立运行1200次，得到950个0、230个1、20个3。保留任务一的模型方差上界 $v=0.2664$，预设 $\delta =0.01$。

1. 算普通平均、Catoni 的 $r,\alpha$；写出只需三种取值的得分方程
2. 给一个确实异号的括根区间，求根，并将最终位置误差 ${10}^{-6}$ 加入证书
3. 为何不应以得分残差小于 ${10}^{-6}$ 代替位置容差？若改用 $Y=5Z-2$，所有量如何换单位？

核对与推导 ​

普通平均为 $290/1200=29/120\approx 0.2416667$。由 $\ell =\log 200$，

$$r=\sqrt{\frac{2(0.2664)\ell }{1200-2\ell }}\approx 0.0487176702,\alpha \approx 0.1812592620.$$

得分方程是

$$950\psi (-\alpha \theta )+230\psi \{\alpha (1-\theta )\}+20\psi \{\alpha (3-\theta )\}=0.$$

在 $\theta =0.23$ 时得分约2.16176736，在0.24时约 $-0.00555735$，故区间 $[0.23,0.24]$ 确实括住唯一根。高精度复算给

$$\hat{\mu }\approx 0.2399743584.$$

精确根的统计区间约为 $[0.1912566882,0.2886920285]$；所有小数仅作显示，保证由原公式和括根区间定义。若二分后根位于 $[a,b]$ 且 $(b-a)/2\le {10}^{-6}$，就报 $[a-r,b+r]$，或以中点为中心、半径 $r+{10}^{-6}$。从 $[0.23,0.24]$ 出发，13次更新的半宽为 $0.005/2^{13}<{10}^{-6}$。

得分可通过整体缩放任意变小，根附近也未提供统一的斜率下界；因此小残差不能直接证明小位置误差。换为 $Y=5Z-2$ 时，方差预算乘25、$\alpha$ 除5、根变为 $5\hat{\mu }-2$，统计半径和同一物理精度的求根容差都乘5。

任务三：没有方差预算，但有对称噪声 ​

另一台仪器有独立观测，模型保证各项关于同一个未知中心对称，却不提供已知范围或方差上界。预先固定做12次，读到

$$8,9,9,10,10,10,11,11,11,12,12,13.$$

1. 用 $\delta =0.05$ 反演对称自归一化区间
2. 如果仪器的分布只保证有限方差，能否保留这个区间？给出具体失败分布
3. 若噪声为 Cauchy，这个区间覆盖什么？若样本数改为7，仍用5%失败概率，如何输出？

核对与推导 ​

均值为10.5，离均平方和为23。令 $c^2=2\log 40\approx 7.3777589$，有 $12>c^2$，所以

$$r=\sqrt{\frac{23(2\log 40)}{12(12-2\log 40)}}\approx 1.74907820,$$

得到以10.5为中心的区间，展示端点约为 $[8.75092180,12.24907820]$。保证来自模型中的独立与对称，不是数据排列的外观。

仅有限方差不够：独立 Bernoulli$(0.01)$ 观测100次时，全零概率 ${0.99}^{100}\approx 0.366032$；错误套对称区间会在此事件上返回零点，而真实均值为0.01。Cauchy 模型下仍可报告对称中心覆盖，但均值不存在，不能把中心改称均值。

若 $n=7$，则 $n\le 2\log 40$，反演不等式对所有候选中心成立，应返回整个实轴。把7条记录复制成14行不会创造新的独立信息。

任务四：随过去选择观测，还要控制所有时刻 ​

设候选模型为独立 Bernoulli$(0.02)$。每次新结果出现前，根据过去决定 $I_i\in \{0,1\}$，令 $D_i=I_i(Y_i-0.02)$。希望对计入数不超过500的整个监测窗口，给出单侧失败概率0.025的累计偏差证书。

1. 写出 $b,V_k$，计算精确阈值表达式及其小数
2. 若已计入500项，至少多少成功会越界？如果按当前结果决定只计入成功，哪条条件被破坏？
3. 在另一个 $b=1$ 的任务中，累计条件方差观察为13。使用事前规定的分层方案 $v_j=10\cdot 2^j$、${\delta }_j=0.05/[(j+1)(j+2)]$，应该读取哪一个预算及阈值？

核对与推导 ​

$D_i\le 0.98$，可取 $b=0.98$，且

$$V_k=0.02(0.98)N_k=0.0196N_k\le 9.8\text{当 }{N}_k\le 500.$$

精确方便阈值为

$$t=\sqrt{19.6\log 40}+\frac{1.96}{3}\log 40\approx 10.91312838.$$

Freedman 控制的是存在任意时刻 $S_k\ge t,V_k\le 9.8$ 的概率。计入500项时，$S$ 等于成功数减10；因此至少21次成功触发越界。整数判定不受上述小数显示舍入影响。

若只计入当前成功，$D_i=(1-p)Y_i$，条件均值为 $p(1-p)>0$，失去鞅差。第三题 $13\in (10,20]$，读取 $j=1$，预算 $v_1=20,{\delta }_1=1/120$，阈值为 $\sqrt{40\log 120}+(2/3)\log 120\approx 17.03000173$。随机预算的合法适应来自所有预设层共同覆盖。

任务五：未知尺度的全时间检验，为什么还不是有界区间 ​

现在观测满足给定过去后关于一个待检验中心 $m_0$ 对称，不假设已知幅度、方差或独立性。令 $D_i=X_i-m_0$。说明为何固定 $\lambda$ 的

$$\exp \{\lambda S_k-{\lambda }^2{Q}_k/2\},S_k=\sum _i{D}_i,Q_k=\sum _i{D}_i^2$$

是非负上鞅，并用 $N(0,1/\rho )$ 混合。然后回答：将 $m_0$ 改成每个候选 $m$，反演后是否一定得到有限端点的区间？

核对与推导 ​

条件对称使单步指数的条件期望等于

$$\mathbb{E}[\cosh \left(\lambda D_i\right)e^{-{\lambda }^2{D}_i^2/2}\mid {\mathcal{F}}_{i-1}]\le 1.$$

因此固定参数的乘积是合法上鞅；混合给

$$M_k(m)=\sqrt{\frac{\rho }{Q_k(m)+\rho }}\exp \left\{\frac{S_k(m{)}^2}{2(Q_k(m)+\rho )}\right\}.$$

Ville 允许阈值 $1/\delta$ 的全时间检验。$\rho$ 必须预先固定，且这里控制的是整个指数因子，并没有把观测平方和解释为可预测方差。

但对固定有限数据和样本数 $n$，当 $|m|\to \mathrm{\infty }$，有 $S_n(m{)}^2/(Q_n(m)+\rho )\to n$，而平方根前因子趋零，所以 $M_n(m)\to 0$。遥远候选中心会被保留，反演集合有远尾；有限多个时刻取交也不能自动消除它们。因此本支路直接解决已知候选中心的持续检验，不能宣传成未知中心的有界均值置信序列。固定样本的对称反演与这个混合构造承担不同责任。

最终报告：把预算、保证和未解决项分开 ​

一个合格结果应包含：

• 方差来自何处：总体独立替换预算、事前方差上界、样本残差平方和或可预测条件方差，逐项写清
• 目标是什么：总体均值、仅有的对称中心，还是候选零假设下的累计偏差
• 概率量词：预设样本数的一次保证，或预算窗口内所有时刻的联合保证
• 数值证书：精确公式、输出括区、向外舍入或额外位置容差
• 结构迁移：换单位、非同分布、依赖、选择与污染分别破坏或保留哪一步

任务二、三、四分别使用失败概率0.01、0.05、0.025。若要三份结论同时成立，不管它们是否独立，现有并集预算只保证至少 $1-0.085=0.915$。若希望至少95%，可事先重新分配为0.01、0.02、0.02并重算各自程序：Catoni 保持不变；任务三半径约2.51556490；任务四阈值约11.31231841。不要将事后挑选漂亮结论误报成三项都已校准。

进一步的未知尺度自适应、非对称自归一化和重尾鞅估计需要新的假设或构造。本页没有用“已经会一个终点”代替这些问题的证明，也不把现有方法之间的公式相似当作可自由互换的许可。