这组任务连接Knockoff+符号筛选、固定设计构造、Model-X和条件随机化检验。先交代被条件化的信息，再计算复制规律和最终错误指标。

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任务一以联合正态误差为模型条件。若还不熟悉多元正态分布及其线性变换，可先读多元正态分布，再核验增广得分向量的均值、协方差与交换不变性；只有同方差和两两不相关还不足以得到这里的分布结论。

任务一：三块相关设计怎样组成一份选择证书 ​

令

$$X_0=\left(\begin{array}{cc}1& 3/5\\ 0& 4/5\\ 0& 0\\ 0& 0\end{array}\right),{\tilde{X}}_0=\left(\begin{array}{cc}9/25& 3/5\\ 12/25& 0\\ 4/5& 12/25\\ 0& 16/25\end{array}\right).$$

构造$X=\mathrm{diag}(X_0,X_0,X_0)$与同样分块的$\tilde{X}$，都是$12\times 6$矩阵。在固定满秩正态线性模型中，观察到按行分成三块的响应

$$y={(7,\frac{9}{4},-\frac{13}{4},-\frac{41}{16},5,\frac{5}{4},-\frac{7}{4},-\frac{29}{16},1,\frac{7}{4},\frac{9}{4},-\frac{17}{16})}^T.$$

核验Gram合同，计算$W_j=|X_j^{T}y|-|{\tilde{X}}_j^{T}y|$，并在$q=1/4$选择。然后假定真实零集合为$\{4,5,6\}$，固定全部幅度及前三个正号，枚举真零的联合公平符号，计算条件FDR。

答案：几何、得分和风险分别计算 ​

每一块满足

$$X_0^T{X}_0={\tilde{X}}_0^T{\tilde{X}}_0=\left(\begin{array}{cc}1& 3/5\\ 3/5& 1\end{array}\right),X_0^T{\tilde{X}}_0=\left(\begin{array}{cc}9/25& 3/5\\ 3/5& 9/25\end{array}\right).$$

不同行块互不相交，交叉内积为零，因此整份设计保持$D=(16/25)I_6$的Gram合同。满秩由每个$X_0$的前两行给出。

三块原得分依次是$(7,6),(5,4),(1,2)$，替身得分为$(1,1),(1,1),(3,1)$，所以$W=(6,5,4,3,-2,1)$。从小到大检查阈值，比例在1、2、3处为$2/5,1/2,1/4$，故$T=3$、选择$\{1,2,3,4\}$。

后一步固定的是分数幅度与非零假设分数，并让三个真零符号按合同变化。第一真零分数为负的四种情形均无发现；其余四种的结果如下。

真零符号$(\mathrm{sign}{W}_4,\mathrm{sign}{W}_5,\mathrm{sign}{W}_6)$	阈值	选择数	错误数	FDP
$(+,-,-)$	3	4	1	$1/4$
$(+,-,+)$	3	4	1	$1/4$
$(+,+,-)$	2	5	2	$2/5$
$(+,+,+)$	1	6	3	$1/2$

每种符号向量权重$1/8$，所以FDR为$7/40$。观察记录本身的FDP是$1/4$，最后一行却为$1/2$；风险证书通过的是八种情况的平均。固定某份连续响应的数值后，它本身不再是一份随机重复样本，不能把单次FDP写成FDR。

任务二：非线性交互中，边缘可预测的变量仍是真零 ​

现在改用随机三维高斯协变量，已知

$$\mathrm{\Sigma }=\left(\begin{array}{ccc}1& 1/2& 1/4\\ 1/2& 1& 1/2\\ 1/4& 1/2& 1\end{array}\right),D=\mathrm{diag}(1/2,1/3,1/2),X\sim N_3(0,\mathrm{\Sigma }).$$

响应为$Y=X_1{X}_3+\eta$，其中$\eta \sim N(0,1)$独立于X。求真实条件零集合，交付Model-X复制均值与噪声协方差，说明为什么不能按边缘线性相关判定变量是否有效。

再检查交互型分数

$$\begin{array}{}\text{(1)}& W_j=\sum _{i=1}^n(X_{ij}-{\tilde{X}}_{ij})Y_i\sum _{k\ne j}(X_{ik}+{\tilde{X}}_{ik})\end{array}$$

是否满足逐对反对称性。对一行$x=(1,2,3)$、$\tilde{x}=(0,1,4)$、$y=2$计算分数和$q=1/2$的选择。

答案：条件目标和评分对称性是两项不同工作 ​

给定$X_1,X_3$后，响应只剩独立的$\eta$，所以$H_2$成立。给定其余坐标后，$X_1$仍有正条件方差$3/4$，且除去零概率事件$X_3=0$，改变$X_1$会改变响应正态均值；故$H_1$不成立。对称地$H_3$也不成立，真实零集合为$\{2\}$。

但$E[Y\mid X_2]=X_2^2/4$。因为高斯条件下$E[X_1\mid X_2]=E[X_3\mid X_2]=X_2/2$，且条件协方差$1/4-(1/2{)}^2=0$，两项条件乘积均值就是$X_2^2/4$。所以$X_2$边缘上有预测价值，却没有其余坐标之外的额外信息。另一方面，中心联合高斯的三阶矩为零，使$E[X_{j}Y]=0$对三个j都成立；一阶线性相关也识别不了两个交互变量。

直接求逆得

$${\mathrm{\Sigma }}^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}4/3& -2/3& 0\\ -2/3& 5/3& -2/3\\ 0& -2/3& 4/3\end{array}\right).$$

因此列向量复制可写为$\tilde{X}=BX+\epsilon$，其中

$$B=I-D{\mathrm{\Sigma }}^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}1/3& 1/3& 0\\ 2/9& 4/9& 2/9\\ 0& 1/3& 1/3\end{array}\right),\mathrm{Cov}(\epsilon )=V=\left(\begin{array}{ccc}2/3& 1/9& 0\\ 1/9& 13/27& 1/9\\ 0& 1/9& 2/3\end{array}\right).$$

$\epsilon$独立于$(X,Y)$且为联合高斯。$\mathrm{\Sigma }$的顺序主子式为$1,3/4,9/16$；$2\mathrm{\Sigma }-D$为$3/2,3/2,4/3$；V为$2/3,25/81,16/81$，均严格为正。再核$\mathrm{\Sigma }{B}^T=\mathrm{\Sigma }-D$与$B\mathrm{\Sigma }{B}^T+V=\mathrm{\Sigma }$，就交付了完整块协方差证书。给定$x=(1,2,3{)}^T$的条件均值为$(1,16/9,5/3{)}^T$，不能省掉V中的噪声。

交换第$j$对时，式(1)的差值变号，其他成对和不变；交换第$\ell \ne j$对时，只影响一个保持不变的成对和，因此$W_j$不变。这个证明覆盖任意列交换，不依赖响应是否真为交互模型。

指定记录给$W=(20,16,-8)$。阈值8的比例为1，阈值16为$1/2$，选择$\{1,2\}$，单次FDP为$1/2$。这条记录可以包含真零发现；模型与对称性证明提供的是重复抽样FDR，而非每个正分数都是真信号。

任务三：条件总数以后，六种排列仍不等可能 ​

四行背景固定为$z=y=(0,0,1,1)$。给定背景后，被检验列的四个1概率分别为$(1/5,1/5,3/5,3/5)$，各行独立；$Y=Z$确保条件零假设成立。观察$x=(0,0,1,1)$，评分为与z匹配的位置数。

先求不再附加条件时的完整CRT尾概率。然后决定额外保留总数$S=\sum _i{X}_i=2$，推导六种列的正确联合条件核，再求新的尾概率。判断直接将这六种列均匀洗牌是否保持新合同。

答案：额外条件改变权重，也改变行间独立性 ​

当前满分4只由$x=z$取得，不附加S时尾概率为

$$(4/5{)}^2(3/5{)}^2=\frac{144}{625}.$$

现在给定S=2。按两个1所在的位置，原乘积核给出的未归一化概率分别为：

1所在位置	未归一化质量	给定S=2后的质量
$\{1,2\}$	$4/625$	$1/61$
$\{1,3\},\{1,4\},\{2,3\},\{2,4\}$	每种$24/625$	每种$6/61$
$\{3,4\}$	$144/625$	$36/61$

总质量为$244/625$，所以新的尾概率是$36/61$。这是在更细背景$(Z,Y,S)$下的参考，与$144/625$回答不同的条件化问题，两者都不是$1/6$。

给定S后四行不再独立，不能把未强制S=2的原乘积核抽样直接接受为条件副本。可以完整按上表采样，也可以先按原乘积核逐行抽取，明确丢弃S≠2的整列并重新抽样，直到S=2；本例每次接受概率$244/625$，每列所需试次数均值为$625/244$。每次接受使用独立的新随机数，接受列就服从上表。

这是一项需要重新证明的CRT扩展：给定更细背景后，原列与各复制列按照同一六点联合核独立生成，所以有限加一秩证明仍适用。它使用的是“整列副本之间IID”，并未把已受总数约束的行说成IID。只从保留总数这一外观推断均匀置换合法，会丢掉最重要的权重。

任务四：五份各自有效的筛选，挑最好的一份会怎样 ​

设四项假设全为真零。每次运行都独立产生四个公平符号$W_j\in \{-1,1\}$，并在$q=1/4$执行Knockoff+。现在独立做五次，只要某次有发现就报告那次的发现；全部没有则报告空集。每次的输入都满足符号合同，最终报告是否仍有$1/4$的FDR保证？

答案：重新选择运行记录也需要校准 ​

一次运行只有四个符号全正时能通过：分子为1、分母为4，比例为1/4。其他情况都不合格。所以一次的FDR为$1/16$，低于名义1/4。

五次独立运行至少一次通过的概率为

$$1-{\left(\frac{15}{16}\right)}^5=\frac{289201}{1048576}>\frac{1}{4}.$$

全零情形下，一旦报告非空集合，其FDP就是1，所以这个概率恰是最终FDR。挑出的分数不再有原来的联合公平符号分布；“每次算法都正确”不能代替对最终选择流程的证明。

若预先指定只报告某一次，原保证保留。若必须在L次中任意选一份报告，可为第r次预分配$q_r$且$\sum _r{q}_r\le q$：对每个结果，所选那次的FDP不超过所有运行FDP之和，取期望便给总界q，不要求各次独立。这个保守组合可能显著减少发现，例如四变量时$q_r<1/4$会使加一规则无发现；这种代价不能用事后挑最好结果悄悄绕开。

复算与交付 ​

下载标准库精确程序和结果记录。程序交叉检查全有理Gram、一般并列/零分数的条件FDR、倒序预算、三元高斯块协方差、非均匀条件核、有限并列秩和五次筛选概率。有限枚举用来认证这些具体输入；一般定理与算法条件仍由正式页的证明承担。

每份报告应保留四项：零假设的含义、复制时保留的信息、统计量在交换后怎样变化、最终报告经过几层数据依赖选择。只交一张重要性排序或一个很小的p值，无法替代这些条件。