实验次数怎样分配：最优设计的完整证书

沿最优实验设计路线，这组任务把D/G等价定理与Elfving证书用在同一组新实验上。目标是在观察响应之前选择测量比例或整数次数；不要把它和观察数据后拟合系数、或随机分配处理组的检验混为一谈。

四个候选实验的列向量为

a_1=\binom10,\qquad a_2=\binom01,\qquad a_3=\binom11,\qquad a_4=\frac12\binom1{-1}.

每次观察 $Y=a_i^{\mathsf T}\beta+\varepsilon$ ，误差均值零、共同方差 $\sigma^2>0$ ，各次误差互不相关。以下方差都先去掉共同因子 $\sigma^2/N$ ，最后按实际总次数 $N$ 乘回。给出一份数值权重还不够，每个任务都要交付可行性和全局性证据。

任务一：遗漏的实验也必须检查

输入。 候选比例 $w_*=(1/3,1/3,1/3,0)$ 。有人说“前三个实验很对称，所以大概最优”；请把这个猜想变成证书。

应交付。 算出 $M$ 、逆矩阵、行列式、全部四个敏感度，证明D和G最优。再判断最优设计是否可以给第四个实验正权，及这四个标签下最优权重是否唯一。

完整解答。

M_* =\begin{pmatrix}2/3&1/3\\1/3&2/3\end{pmatrix}, \qquad M_*^{-1}=\begin{pmatrix}2&-1\\-1&2\end{pmatrix}, \qquad\det M_*=1/3.

逐点二次型为

(d_1,d_2,d_3,d_4)=(2,2,2,3/2).

全部不超过参数维数二，所以D/G等价定理给出全局最优，而不仅是在前三个实验中最优。第四个实验敏感度严格小于二，最优权重若给它正质量，就不可能使加权平均仍等于二。因此任何最优设计都有 $w_4=0$ 。

最优信息矩阵唯一。在 $w_4=0$ 的条件下， $M$ 的非对角元是 $w_3$ ，所以必须 $w_3=1/3$ ；两个对角元随后分别给 $w_1=w_2=1/3$ 。本例权重也唯一，但理由是这组原子的表示唯一，不能仅引用一般的“信息矩阵唯一”。若复制一个实验标签，权重立刻可以在两个副本间分拆。

迁移与答案。 改为四个标签各 $1/4$ ，得到 $M=\frac1{16}\begin{pmatrix}9&3\\3&9\end{pmatrix}$ 、 $\det M=9/32$ ，敏感度为 $(2,2,8/3,4/3)$ 。因此D效率下界是 $2/(8/3)=3/4$ 。沿第三个位置改进的步长为

t=\frac{8/3-2}{2(8/3-1)}=\frac15.

新比例为 $(1/5,1/5,2/5,1/5)$ ，行列式由 $9/32$ 升至 $3/10$ 。仍低于最优值 $1/3$ ，所以完成一个改进步不等于已经全局最优。公开程序逐项验证这类更新恒等式。

任务二：五次测量时D与G真的分开

输入。 预算固定为 $N=5$ ，次数 $n_i\in\mathbb Z_{\ge0}$ ， $\sum_i n_i=5$ 。连续最优的三等份不能原样执行。

应交付。 分别找出所有整数D最优次数和所有整数G最优次数，交付覆盖全部56种分配的核验方法。报告两类最优值，并说明这不与任务一的等价定理矛盾。

把每种分配化成四个整数。 写

S=5M=\begin{pmatrix}a&b\\b&d\end{pmatrix}, \quad a=n_1+n_3+n_4/4,\quad b=n_3-n_4/4,\quad d=n_2+n_3+n_4/4.

令 $D=\det S$ ，直接展开可得

D=n_1n_2+n_3(n_1+n_2)+n_4\left(\frac{n_1+n_2}{4}+n_3\right).

若 $D=0$ ，G目标为无穷大；若 $D>0$ ，四个敏感度依次为

\frac{5d}{D},\qquad\frac{5a}{D},\qquad \frac{5(n_1+n_2+n_4)}{D},\qquad \frac{5(n_1+n_2+4n_3)}{4D}.

这给出了无需浮点求逆的有限检查。先固定 $n_4=h$ ，再令 $n_1$ 从零到 $5-h$ 、 $n_2$ 从零到 $5-h-n_1$ ，最后 $n_3=5-h-n_1-n_2$ ，每种合法分配出现恰一次。下面每行分别取该组的最大行列式与最小G值；两项不预设由同一份分配实现。

$n_4$	该组分配数	最大 $\det M$	最小 $d_{\max}$
0	21	$8/25$	$5/2$
1	15	$3/10$	$13/6$
2	10	$13/50$	$35/13$
3	6	$6/25$	$5/2$
4	3	$4/25$	$5$
5	1	$0$	$+\infty$

总数为 $21+15+10+6+3+1=56$ 。正文公式连同这份完整枚举给出可复查的全局比较；结果JSON保留每一种分配及四个敏感度。

D最优答案。 次数为 $(1,2,2,0)$ 、 $(2,1,2,0)$ 、 $(2,2,1,0)$ ，最大行列式均为 $8/25$ ，最大敏感度均为 $5/2$ 。例如第一份有

M_D=\begin{pmatrix}3/5&2/5\\2/5&4/5\end{pmatrix},\qquad (d_1,d_2,d_3,d_4)=(5/2,15/8,15/8,55/32).

G最优答案。 唯一次数为 $(1,1,2,1)$ ，此时

M_G=\begin{pmatrix}13/20&7/20\\7/20&13/20\end{pmatrix},\qquad \det M_G=3/10,

(d_1,d_2,d_3,d_4)=(13/6,13/6,2,5/3).

因为 $13/6<5/2$ ，G准则选择了较小行列式但更小最坏预测方差的设计。连续证明中的任意微小预算转移不再留在五次测量的整数集合内，因此三向等价不适用。这里G最优还使用了连续最优明确排除的第四个实验，显示“先看连续支持，再只在该支持上舍入”也可能错过整数G最优。

迁移要求。 将预算改为三或六，连续三等份变得可执行，两个准则重新共享 $d_{\max}=2$ 的最优解。解释这是获得了可执行的连续最优证书，不是整数问题突然满足了所有连续微分条件。

任务三：两份不同信息矩阵，都对一个目标最优

输入。 只估计 $c^{\mathsf T}\beta=2\beta_1-\beta_2$ ，即 $c=(2,-1)^{\mathsf T}$ 。比较

b^{(A)}=(2,-1,0,0),\qquad b^{(B)}=(1,0,0,2).

应交付。 逐一验证无偏性，构造共同对偶向量，恢复权重和最优方差，并写出在三次测量下真实可执行的估计量。

完整解答。 两份系数都满足 $\sum_i b_i a_i=c$ ，一范数均为三。取 $z=(1,-1)^{\mathsf T}$ ，则

(a_1^{\mathsf T}z,a_2^{\mathsf T}z,a_3^{\mathsf T}z,a_4^{\mathsf T}z) =(1,-1,0,1),\qquad c^{\mathsf T}z=3.

全部绝对值不超过一，且正负系数的支持符号正好达到约束。因此LP弱对偶给 $s\ge3$ ，两份原始表示给 $s\le3$ ，最优方差必为 $s^2=9$ 。

相应最优权重和信息矩阵为

w^{(A)}=(2/3,1/3,0,0),\qquad M_A=\begin{pmatrix}2/3&0\\0&1/3\end{pmatrix},

w^{(B)}=(1/3,0,0,2/3),\qquad M_B=\begin{pmatrix}1/2&-1/6\\-1/6&1/6\end{pmatrix}.

它们明显不同，但都给 $c^{\mathsf T}M^{-1}c=9$ 。c准则不具有D准则的最优信息矩阵唯一性。

预算三时，方案A在实验1做两次、实验2做一次，估计量 $2\bar Y_1-\bar Y_2$ 的真实方差为 $4\sigma^2/2+\sigma^2=3\sigma^2$ 。方案B在实验1做一次、实验4做两次，估计量 $\bar Y_1+2\bar Y_4$ 的方差同样为 $\sigma^2+4\sigma^2/2=3\sigma^2$ 。它们达到连续下界 $9\sigma^2/3$ ，所以也认证该预算下的整数c最优。

几何答案。 $c/3=(2/3,-1/3)$ 位于支撑线 $x_1-x_2=1$ 上。第一份表示是 $(2/3)a_1+(1/3)(-a_2)$ ，第二份是 $(1/3)a_1+(2/3)a_4$ 。第四个向量在这条面上，虽在任务一不值得分配，却对这个目标有用。

任务四：奇异设计和换坐标不能偷换目标

输入。 所有测量都使用 $a_4$ ，即 $w=(0,0,0,1)$ 。先估计 $c=(1,-1)^{\mathsf T}$ ，再改估计 $c'=(1,1)^{\mathsf T}$ 。最后作非正交坐标变换

T=\begin{pmatrix}1&1\\0&2\end{pmatrix},\qquad \widetilde a_i=Ta_i,\qquad \widetilde\beta=T^{-\mathsf T}\beta.

应交付。 判断两个目标是否可估，交付合法目标的最优证书，并说明变换后 $c$ 和对偶 $z$ 必须怎样同步变化。

完整解答。

M=\frac14\begin{pmatrix}1&-1\\-1&1\end{pmatrix}

只有秩一。第一个目标满足 $c=2a_4$ ，所以估计量 $2\bar Y_4$ 无偏，归一化方差为四。对偶 $z=(1,-1)^{\mathsf T}$ 满足全部约束，且 $c^{\mathsf T}z=2$ ，给下界四；这份奇异设计已经全局c最优。

第二个目标不在 $a_4$ 张成的直线上，任何仅用实验4的线性估计都无法无偏。正确值为 $+\infty$ 。此处 $c'^{\mathsf T}M^+c'=0$ ，恰好演示省略可估性检查会把完全看不见的目标误报成零方差。

变换后四个向量依次为

\widetilde a_1=(1,0)^{\mathsf T},\quad \widetilde a_2=(1,2)^{\mathsf T},\quad \widetilde a_3=(2,2)^{\mathsf T},\quad \widetilde a_4=(0,-1)^{\mathsf T}.

同一个目标应写成 $\widetilde c=Tc=(0,-2)^{\mathsf T}$ ，对偶应写成 $\widetilde z=T^{-\mathsf T}z=(1,-1)^{\mathsf T}$ 。这次对偶数值碰巧不变，但变化规则不是“永远照抄”。有 $\widetilde c=2\widetilde a_4$ 、 $\widetilde c^{\mathsf T}\widetilde z=2$ ，全部内积约束不变，最佳方差仍为四。

若变了实验向量，却仍将旧数值 $(1,-1)$ 当作新坐标下的目标，它不在 $(0,-1)$ 的张成空间内，反而不可估。不是可逆换坐标丢失了信息，而是问题已经换了目标。

验收与复算。 运行公开Python程序，再以Python的 -O 选项运行，两份JSON应逐字相同。程序只使用标准库与精确分数，分别枚举原始基本解和对偶顶点，保存全部五次整数分配，并核验正规式、奇异可估性、目标尺度、所有候选敏感度与一维行列式更新。其他网格测试的范围在JSON中明示；一般定理仍由两篇正文证明，有限枚举不代替一般证明。

把下载的程序放进一个工作目录后，可使用两个不同输出文件，避免第二次运行覆盖第一次：

python foundations-optimal-design-check.py --output check-normal.json
python -O foundations-optimal-design-check.py --output check-optimized.json
cmp check-normal.json check-optimized.json

前两条应各报告PASS和19,700项检查；第三条没有输出且退出状态为零，表示两个文件逐字相同。程序可重复调用，同一进程内再次调用也会重新开始检查计数。不要把手工改写过的结果文件当成程序输出。

任务一：遗漏的实验也必须检查 ​

任务二：五次测量时D与G真的分开 ​

任务三：两份不同信息矩阵，都对一个目标最优 ​

任务四：奇异设计和换坐标不能偷换目标 ​

任务一：遗漏的实验也必须检查

任务二：五次测量时D与G真的分开

任务三：两份不同信息矩阵，都对一个目标最优

任务四：奇异设计和换坐标不能偷换目标