探测器把峰抹宽以后，怎样推回原来的谱

探测器会漏掉事件，也会把事件放进错误的动量箱。响应矩阵把这两件事写成概率；展开则结合响应和观测计数，推断粒子级分布。困难在于：展宽可能抹掉我们最想知道的差别。观测计数里一点小起伏，反推后就可能长成很大的振荡。

先生成记录，再重建分布

用 $j$ 标记粒子级箱，用 $i$ 标记重建级箱。$x_j$ 表示探测器损失以前，目标过程在真值箱中的预计数目。响应元素 $R_{ij}$ 表示：一个真值落在第 $j$ 箱的事件，被记录到第 $i$ 箱的概率。每一列相加就是这个真值箱的效率，可以小于一。

矩阵相乘就是一组加权求和：每个重建箱都可能接到不同真值箱的贡献。背景预计数 $b_i$ 在信号经过响应后加上。若采用无权重计数模型，再按均值 $\nu_i$ 抽泊松随机数，就得到实际记录的计数。

可复算的模拟应保存事件真值与重建结果，包括漏掉的事件，或者保存等价、足够的计数信息。重建所用直方图必须来自这些结果。理想曲线可以放在旁边，作为单独标出的参考。

把两箱问题完整解一次

设只有两个真值箱，每个箱的记录效率都是八成。其中，六成留在对应重建箱，两成迁移到另一箱，还有两成漏掉。没有背景，真值均值分别为 100 和 50 个事件。

重建预计总数为 120，恰好是真值总数 150 的八成。对这组没有随机噪声的均值直接求逆，可以精确找回原数。若第一个重建箱多一个、第二个少一个，求逆后却会让真值第一箱多 2.5、第二箱少 2.5。

看清展宽抹掉了哪部分信息

响应把总数方向压到原来的 0.8，把两箱差值压到 0.4；求逆就分别放大 1.25 和 2.5 倍。若两列越来越相似，差值几乎被抹平，反推所需的放大倍数便会越来越大。这个解析极限独立说明了不稳定性的来源。

压住振荡，也要量出代价

正则化让推断少追逐那些探测器难以分清的细节。可以惩罚过分弯曲的谱形、截掉不稳定逆模式，也可以提前停止迭代。这些做法都会影响某些可能真值：原本很窄的结构，可能被推得更平滑。

逐次重分配已经观测到的计数

一种迭代方法从正的初始真值权重 $x_j^{(0)}$ 出发，用贝叶斯公式判断每个观测箱可能来自哪些真值箱，再除以效率。无背景例子写成

这里 $k$ 是迭代次数，$n_i$ 是保存下来的重建计数。效率为零的箱无法由这些数据找回；预测均值为零的重建项也要明确处理，不能随便塞一个极小分母。多迭代几次，可能减轻对初始谱形的依赖，也可能把更多计数噪声带进结果。迭代次数是估计方法的一部分。

同模型检验与留出检验各自回答什么

用同一套响应、同一族真值生成和展开，平均结果应在预期偏差内找回该族分布。这种检验能发现程序错误。但它比实际问题容易，因为生成条件恰好和重建假设相配。

更进一步，把偏移的峰、不同斜率或不同响应宽度留出来，用冻结的名义响应和停止规则重建。比较偏差与报告误差，再重复伪实验。训练样本、检验样本和随机种子应分开。一个结果重新经过响应后能贴住观测，仍可能在探测器不敏感的真值方向上偏得很远。

用探测器 Lab 看信息怎样丢失

从探测器展开 Lab 已保存的默认模拟样本开始，按标签找出真值参考、重建计数和推断分布。只增大分辨宽度，先预测哪些响应列会更难区分。再改迭代次数，比较噪声和恢复出来的峰宽。默认真值峰位为 82 和 110 GeV，固有宽度 4.5 GeV，探测分辨宽度 6 GeV，共迭代八次。种子为 330031 时，生成的 1500 个事件中，1234 个进入重建直方图；效率与质量范围损失都在分箱前作用。

第二轮选“漏掉整体偏移”，它只在采集响应中加入 6 GeV 的偏移。记录生成时改了什么，重建时又固定了什么。只改迭代次数时，沿用已保存的重建记录；改变分辨宽度或采集预设时，则按显示的种子生成并保存新样本，再用这些结果重建。

练习与解释

练习一：把重建均值 70 和 50 都除以效率 0.8，能找回真值吗？

答案：会得到 87.5 和 62.5。总数对了，形状仍然不对，因为两个箱之间发生了迁移。只除以效率能够补损失，不能纠正迁移。

练习二：若某个真值箱对应的整列响应都是零，选中的数据能告诉我们该箱多少信息？

答案：没有关于其发生率的信息。若仍给出数值，它必然来自外部限制或模型，应标明来源。多收集其他箱的事件，也补不回这个完全看不见的方向。

练习三：让两箱例题的留箱概率和迁移概率都趋向 0.4，会怎样？

答案：响应的两列变得相同。两个重建箱都只依赖真值总数，无法辨认真值两箱之差。求逆发散，正是在表达这种物理信息的丢失。