Interval Keyakinan pada kuantitas acak?

Misalkan adalah -vektor yang tidak diketahui , dan seseorang mengamati . Saya ingin menghitung interval kepercayaan pada kuantitas acak , hanya berdasarkan pada diamati dan parameter yang diketahui . Yaitu, untuk , temukan sedemikian rupa sehingga .$\vec{a}$$p$$\vec{b} \sim \mathcal{N}\left(\vec{a}, I\right)$$\vec{b}^{\top} \vec{a}$$\vec{b}$$p$$\alpha \in (0,1)$$c(\vec{b}, p, \alpha)$$Pr\left(\vec{b}^{\top}\vec{a} \le c(\vec{b},p,\alpha)\right) = \alpha$

Ini adalah pertanyaan aneh karena keacakan yang berkontribusi pada interval kepercayaan juga memengaruhi . Pendekatan langsung adalah dengan mengklaim bahwa, tergantung pada , , dengan demikian , tetapi saya tidak berpikir ini akan memberikan CI yang tepat karena bias untuk , yang merupakan nilai yang diharapkan dari . ( adalah, hingga scaling, RV chi-square non-sentral, dengan parameter non-sentralitas tergantung pada$\vec{b}$$\vec{b}$$\vec{a} \sim\mathcal{N}\left(\vec{b}, I\right)$$\vec{b}^{\top}\vec{a} \sim\mathcal{N}\left(\vec{b}^{\top}\vec{b}, {\vec{b}^{\top}\vec{b}}I\right)$$\vec{b}^{\top}\vec{b}$$\vec{a}^{\top}\vec{a}$$\vec{b}^{\top}\vec{a}$$\vec{b}^{\top}\vec{b}$$\vec{a}^{\top}\vec{a}$ ; nilai yang diharapkan bukan .)$\vec{a}^{\top}\vec{a}$

catatan : Tanpa syarat, , dan , artinya ini adalah variabel acak non-sentral chi-square. Jadi \ vec {b} ^ {\ top} \ vec {b} - p adalah estimasi yang tidak bias dari rata-rata \ vec {a} ^ {\ top} \ vec {b} , dan variansnya. Yang terakhir ini agak tidak berguna, karena bisa negatif!$\vec{b}^{\top}\vec{a} \sim\mathcal{N}\left(\vec{a}^{\top}\vec{a},\vec{a}^{\top}\vec{a}\right)$$\vec{b}^{\top}\vec{b} \sim \chi\left(p, \vec{a}^{\top}\vec{a}\right)$$\vec{b}^{\top}\vec{b} - p$$\vec{a}^{\top}\vec{b}$

Saya mencari cara yang masuk akal untuk mendekati masalah ini. Ini dapat mencakup:

1. Ikatan kepercayaan yang tepat, yaitu fungsi dari diketahui dan diketahui sehingga untuk semua dan semua sedemikian rupa sehingga . Sunting Apa yang saya maksudkan dengan ini adalah bahwa, jika Anda memperbaiki dan kemudian menggambar secara acak , probabilitas bahwa adalah bawah undian berulang dari . Jadi misalnya, jika Anda memperbaiki$c$$\vec{b}$$p$$Pr\left(\vec{b}^{\top}\vec{a} \le c(\vec{b},p,\alpha)\right) = \alpha$$\alpha$$\vec{a}$$\vec{a}^{\top}\vec{a} > 0$$\vec{a}$$\vec{b}$$\vec{b}^{\top}\vec{a} - c\left(\vec{b},p,\alpha\right) \le 0$$\alpha$$\vec{b}$$\vec{a}$dan kemudian menggambar , maka proporsi sedemikian rupa sehingga akan mendekati karena jumlah replikasi masuk ke .$\vec{b_i}$$i$$\vec{b_i}^{\top}\vec{a} \le c(\vec{b_i},p,\alpha)$$\alpha$$\infty$
2. Keyakinan terikat 'dalam harapan'. Ini adalah fungsi dari diamati , dan diketahui dan sedemikian sehingga nilai yang diharapkan tanpa syarat adalah quantile dari untuk semua .$\vec{b}$$p$$\alpha$$\alpha$$\vec{b}^{\top}\vec{a}$$\vec{a} : \vec{a}^{\top}\vec{a} > 0$
3. Beberapa jenis solusi Bayesian di mana saya dapat menentukan waras sebelum di , kemudian, dengan pengamatan , dapatkan posterior pada keduanya dan .$\vec{a}^{\top}\vec{a}$$\vec{b}$$\vec{b}^{\top}\vec{b}$$\vec{a}^{\top}\vec{a}$

sunting Bentuk asli dari pertanyaan ini memiliki kovarians dari sebagai , namun saya percaya bahwa wlog seseorang dapat mengasumsikan , jadi saya telah mengedit semua penyebutan .$\vec{b}$$\frac{1}{n}I$$n=1$$n$

Tampilan geometris masalah dan distribusi dan$\vec{b}\cdot \vec{a}$$|\vec{b}|^2$

Di bawah ini adalah tampilan geometris dari masalahnya. Arah tidak terlalu penting dan kita bisa menggunakan panjang vektor-vektor inidanyang memberikan semua informasi yang diperlukan.$\vec{a}$$|\vec{a}|$$|\vec{b}|$

Distribusi panjang proyeksi vektor ke akan menjadi yang terkait dengan jumlah yang Anda cari$\vec{b}$$\vec{a}$$\vec{b} \cdot \vec{a}/{\vert \vec{a} \vert} \sim N(\vert \vec{a} \vert,1)$

$$\vec{b} \cdot {\vec{a}} \sim N(\vert \vec{a} \vert^2,\vert \vec{a} \vert^2)$$

Kita dapat lebih lanjut menyimpulkan bahwa panjang kuadrat dari vektor sampel memiliki distribusi distribusi chi-kuadrat non-sentral , dengan derajat kebebasan dan parameter noncentrality$|\vec{b}|^2$$p$$\sum_{k=1}^p \mu_k^2 = \vert \vec{a} \vert^2$

$$\vert \vec{b} \vert^2 \sim \chi^2_{p,\vert \vec{a} \vert^2}$$

selanjutnya

$$\left(|\vec{b}|^2 - \frac{(\vec{b} \cdot\vec{a})^2}{\vert \vec{a} \vert^2}\right)_{\text{conditional on ${\vec{b} \cdot \vec{a}}$ and $|\vec{a}|^2$}} \sim \chi^2_{p-1}$$

Ekspresi terakhir ini menunjukkan bahwa estimasi interval untuk dapat , dari sudut pandang tertentu, dapat dilihat sebagai interval kepercayaan, karena dapat berupa dilihat sebagai parameter dalam distribusi . Tetapi ini rumit karena ada parameter gangguan , dan juga parameter adalah dua belas variabel acak, yang berkaitan dengan .$\vec{b}\cdot\vec{a}$ $\vec{b}\cdot\vec{a}$$|\vec{b}|^2$$|\vec{a}|^2$$\vec{b}\cdot\vec{a}$$|\vec{a}|^2$

Plot distribusi dan beberapa metode untuk mendefinisikan$c(\vec{b},p,\alpha)$

Pada gambar di atas kami merencanakan untuk wilayah 95% dengan menggunakan bagian kanan dari distribusi dan atas bagian dari distribusi bergeser dari sedemikian rupa sehingga$\beta_1$$N(\vert \vec{a} \vert^2,\vert \vec{a} \vert^2)$$\beta_2$$\chi^2_{p-1}$$\beta_1 \cdot \beta_2 = 0.05$

Sekarang trik besarnya adalah menggambar beberapa baris yang membatasi titik-titik sedemikian rupa sehingga untuk setiap ada sebagian kecil dari poin (setidaknya) yang berada di bawah garis.$c(|\vec{\beta}|^2,p,\alpha)$ $\vec{a}$$1-\alpha$

Di bawah garis adalah di mana kawasan berhasil dan dan kami ingin ini terjadi setidaknya sebagian kecil saat itu. (lihat juga Logika dasar untuk membangun interval kepercayaan dan bisakah kita menolak hipotesis nol dengan interval kepercayaan yang dihasilkan melalui pengambilan sampel alih-alih hipotesis nol? untuk alasan analog tetapi dalam pengaturan yang lebih sederhana).$1-\alpha$

Mungkin diragukan bahwa kita dapat berhasil mendapatkan situasi:

$$\forall \, |\vec{a}| \,: \quad Pr(\vec{b} \cdot \vec{a} \leq c(\vec{b},p,\alpha)) = \alpha$$

Tapi kita harus selalu bisa mendapatkan hasil seperti

$$\forall \, |\vec{a}| \,: \quad Pr(\vec{b} \cdot \vec{a} \leq c(\vec{b},p,\alpha)) \leq \alpha$$

atau lebih tepatnya batas paling atas dari semua sama dengan$Pr(\vec{b} \cdot \vec{a} \leq c(\vec{b},p,\alpha))$$\alpha$

$$\text{sup} \lbrace Pr(\vec{b} \cdot \vec{a} \leq c(\vec{b},p,\alpha)): |\vec{a}| \geq 0 \rbrace = \alpha$$

Untuk baris dalam gambar dengan banyakkita menggunakan garis yang menyentuh puncak dari satu daerah untuk mendefinisikan fungsi . Dengan menggunakan puncak ini, kami mengetahui bahwa wilayah asli, yang dimaksudkan seperti tidak tercakup secara optimal. Sebaliknya, lebih sedikit poin yang jatuh di bawah garis (jadi ). Untuk kecilini akan menjadi bagian atas, dan untuk besarini akan menjadi bagian yang tepat. Jadi, Anda akan mendapatkan:$|\vec{a}|$$c(|\vec{b}|,p,\alpha)$$\alpha = \beta_1 \beta_2$$\alpha > \beta_1 \beta_2$$|\vec{a}|$$|\vec{a}|$

$$\begin{array}{} |\vec{a}| << 1: \quad Pr(\vec{b} \cdot \vec{a} \leq c(\vec{b},p,\alpha)) \approx \beta_2 \\ |\vec{a}| >> 1 : \quad Pr(\vec{b} \cdot \vec{a} \leq c(\vec{b},p,\alpha)) \approx \beta_1 \end{array}$$

dan

$$\text{sup} \lbrace Pr(\vec{b} \cdot \vec{a} \leq c(\vec{b},p,\alpha)): |\vec{a}| \geq 0 \rbrace \approx \max(\beta_1,\beta_2)$$

Jadi ini masih sedikit pekerjaan yang sedang berjalan. Salah satu cara yang mungkin untuk menyelesaikan situasi ini adalah dengan memiliki fungsi parametrik yang Anda terus memperbaikinya secara berulang-ulang dengan cara coba-coba sehingga garisnya lebih konstan (tetapi tidak akan terlalu berwawasan luas). Atau mungkin seseorang dapat menggambarkan beberapa fungsi diferensial untuk jalur / fungsi.

# find limiting 'a' and a 'b dot a'  as function of b² 
f <- function(b2,p,beta1,beta2) {
  offset <- qchisq(1-beta2,p-1)
  qma <- qnorm(1-beta1,0,1)
  if (b2 <= qma^2+offset) {
    xma = -10^5
  } else {
    ysup <- b2 - offset - qma^2
    alim <- -qma + sqrt(qma^2+ysup) 
    xma <- alim^2+qma*alim
  }
    xma
}  
fv <- Vectorize(f)  

# plot boundary
b2 <- seq(0,1500,0.1)
lines(fv(b2,p=25,sqrt(0.05),sqrt(0.05)),b2)


# check it via simulations
dosims <- function(a,testfunc,nrep=10000,beta1=sqrt(0.05),beta2=sqrt(0.05)) {
  p <- length(a)
  replicate(nrep,{
    bee <- a + rnorm(p)
    bnd <- testfunc(sum(bee^2),p,beta1,beta2)
    bta <- sum(bee * a)
    bta <= bnd
  })
}

mean(dosims(c(1,rep(0,7)),fv))

### plotting
# vectors of |a| to be tried
las2 <- 2^seq(-10,10,0.5) 
# different values of beta1 and beta2
y1 <- sapply(las2,FUN = function(las2) 
  mean(dosims(c(las2,rep(0,24)),fv,nrep=50000,beta1=0.2,beta2=0.2)))
y2 <- sapply(las2,FUN = function(las2) 
  mean(dosims(c(las2,rep(0,24)),fv,nrep=50000,beta1=0.4,beta2=0.1)))
y3 <- sapply(las2,FUN = function(las2) 
  mean(dosims(c(las2,rep(0,24)),fv,nrep=50000,beta1=0.1,beta2=0.4)))

plot(-10,-10,
     xlim=c(10^-3,10^3),ylim=c(0,0.5),log="x",
     xlab = expression("|a|"), ylab = expression(paste("effective ", alpha)))

points(las2,y1, cex=0.5, col=1,bg=1, pch=21)
points(las2,y2, cex=0.5, col=2,bg=2, pch=21)
points(las2,y3, cex=0.5, col=3,bg=3, pch=21)

text(0.001,0.4,expression(paste(beta[2], " = 0.4   ", beta[1], " = 0.1")),pos=4)
text(0.001,0.25,expression(paste(beta[2], " = 0.2   ", beta[1], " = 0.2")),pos=4)
text(0.001,0.15,expression(paste(beta[2], " = 0.1   ", beta[1], " = 0.4")),pos=4)

title(expression(paste("different effective ", alpha, " for different |a|"))) 

Saya akan beralih notasi ke sesuatu yang lebih akrab. Saya harap itu tidak membingungkan.

Saya tidak melihat bagaimana orang dapat memperkirakan $c$-fungsi dengan estimator yang sama sekali tidak bias. Tetapi saya akan memberikan estimator yang tidak bias untuk "bagian" dari$c$-fungsi, dan memberikan formula untuk bias yang tersisa, sehingga dapat dinilai dengan simulasi.

Kami berasumsi bahwa kami memiliki keadaan normal bersama $p$-Dimensi acak (kolom) vektor

$$\mathbf x \sim N\left (\mathbf μ, \frac 1n \mathbf I_p\right),\;\;\;\mathbf μ = (\mu_1,...,\mu_p)'$$

Dengan spesifikasi matriks kovarians, elemen-elemen dari vektor acak bersifat independen.

Kami tertarik pada variabel acak univariat . Karena normalitas sendi, variabel ini juga memiliki distribusi normal$Y = \mathbf x'\mathbf μ$

$$Y\sim N\left(\mathbf μ'\mathbf μ, \frac 1n \mathbf μ'\mathbf μ\right)$$

Karena itu

$$P\left(\sqrt n\frac {Y-\mathbf μ'\mathbf μ}{\sqrt {\mathbf μ'\mathbf μ}} \leq \sqrt n\frac {c-\mathbf μ'\mathbf μ}{\sqrt {\mathbf μ'\mathbf μ}}\right)=\Phi\left(\sqrt n\frac {c-\mathbf μ'\mathbf μ}{\sqrt {\mathbf μ'\mathbf μ}}\right)$$

di mana adalah CDF normal standar, dan$\Phi()$

$$\Phi\left(\sqrt n\frac {c-\mathbf μ'\mathbf μ}{\sqrt {\mathbf μ'\mathbf μ}}\right) = \alpha \Rightarrow \sqrt n\frac {c-\mathbf μ'\mathbf μ}{\sqrt {\mathbf μ'\mathbf μ}} = \Phi^{-1}(\alpha)=z_{\alpha}$$

$$\Rightarrow c = \frac {\sqrt {\mathbf μ'\mathbf μ}}{\sqrt n} z_a + \mathbf μ'\mathbf μ \tag{1}$$

Karena itu kita perlu memperoleh taksiran untuk dan akar kuadratnya. Untuk setiap elemen vektor , katakanlah kami memiliki pengamatan iid yang tersedia, . Jadi untuk setiap elemen dari mari kita coba estimatornya$\mathbf μ'\mathbf μ$$\mathbf x$$X_k$$n$$\{x_{k1},...,x_{kn}\}$$\mathbf μ'\mathbf μ = (\mu_1^2,...,\mu_p^2)'$

$$\text{Est}(\mu_k^2) = \frac 1n\sum_{i=1}^nX^2_{ki}$$

Estimator ini memiliki nilai yang diharapkan

$$E\left(\frac 1n\sum_{i=1}^nX^2_{ki}\right) = \frac 1n \sum_{i=1}^nE(X^2_{ki}) =\frac 1n \sum_{i=1}^n\left(\text{Var}(X_{ki})+[E(X_{ki})]^2\right)$$

$$\Rightarrow E\left(\hat {\mu_k^2}\right) = \frac 1n\sum_{i=1}^n\left(\frac 1n+\mu_k^2\right) = \frac 1{n} + \mu_k^2$$

Jadi sebuah berisi estimator untuk adalah$\mu_{ki}^2$

$$\hat {\mu_k^2} = \frac 1n\sum_{i=1}^nX^2_{ki} -\frac 1{n}$$

menyiratkan itu

$$E\left[\sum_{k=1}^p\left(\frac 1n\sum_{i=1}^nX^2_{ki} -\frac 1{n}\right)\right] =\frac 1n E\left(\sum_{k=1}^p\sum_{i=1}^nX^2_{ki}\right) -\frac p{n} =\mathbf μ'\mathbf μ$$

dan jadi itu

$$\hat \theta \equiv \frac 1n\sum_{k=1}^p\sum_{i=1}^nX^2_{ki} -\frac p{n} \tag{2}$$ adalah penaksir tidak bias dari .$\mathbf μ'\mathbf μ$

Tetapi penaksir yang tidak bias untuk tampaknya tidak ada (yang hanya didasarkan pada jumlah yang diketahui, yaitu).$\sqrt {\mathbf μ'\mathbf μ}$

Jadi asumsikan kita melanjutkan dan memperkirakan oleh$c$

$$\hat c = \frac {\sqrt {\hat \theta}}{\sqrt n} z_a + \hat \theta \tag{3}$$

Bias penaksir ini adalah

$$B(\hat c) = E(\hat c - c) = \frac {z_{\alpha}}{\sqrt n}\cdot \left[E\left(\sqrt {\hat \theta}\right) - \sqrt {\mathbf μ'\mathbf μ}\right] >0$$

hasil "bias positif" karena Ketimpangan Jensen.

Dalam pendekatan ini, ukuran sampel sangat penting, karena mengurangi bias untuk setiap nilai . $n$$\mathbf μ$

Apa konsekuensi dari bias perkiraan terlalu tinggi ini? Asumsikan kita diberi , , dan kita disuruh menghitung nilai kritis untuk untuk probabilitas , .$n$$p$$Y$$\alpha$$P(Y\leq c) = \alpha$

Diberikan urutan sampel, kami akan memberikan perkiraan yang, "rata-rata" .$\hat c$$\hat c > c$

Dengan kata lain

$$P(Y\leq E(\hat c)) = \alpha^* > \alpha = P(Y\leq c)$$

Seseorang dapat menilai dengan mensimulasikan besarnya bias untuk berbagai nilai , dan bagaimana, dan seberapa banyak, itu mendistorsi hasil.$\mathbf μ$

Pendekatan yang hampir berhasil adalah sebagai berikut: Perhatikan itu $\left(\vec{b}^{\top}\vec{b} - \vec{b}^{\top}\vec{a}\right) / \sqrt{\vec{b}^{\top}\vec{b}}$ 'seperti' $\vec{z}^{\top} \vec{c}$dimana $\vec{c}$ adalah vektor satuan-panjang (sebenarnya $\vec{b}$ diskalakan ke satuan panjang), dan $\vec{z} = \vec{b} - \vec{a} \sim \mathcal{N}\left(0,I\right)$. Kalau memang begitu$\vec{c}$ independen dari $\vec{z}$, maka orang bisa mengklaim itu $\vec{b}^{\top}\vec{b} + Z_{\alpha} \sqrt{\vec{b}^{\top}\vec{b}}$ adalah $\alpha$ keyakinan terikat, di mana $Z_{\alpha}$ adalah $\alpha$ kuantil dari normal.

Namun, $\vec{c}$adalah tidak independen dari$\vec{z}$. Itu cenderung 'selaras dengan'$\vec{z}$. Sekarang kapan$\vec{a}^{\top}\vec{a} \gg 1$, $\vec{c}$pada dasarnya independen, dan kepercayaan yang terikat di atas memberikan perlindungan yang tepat. Kapan$0 < \vec{a}^{\top}\vec{a} \ll 1$Namun, $\vec{z}^{\top}\vec{c}$ lebih seperti variabel acak chi-square bergeser, diskalakan, non-sentral.

Simulasi R kecil menunjukkan efek $\vec{a}^{\top}\vec{a}$ pada normalitas kuantitas $\left(\vec{b}^{\top}\vec{b} - \vec{b}^{\top}\vec{a}\right) / \sqrt{\vec{b}^{\top}\vec{b}}$:

z.sim <- function(p,eff.size,nsim=1e5) {
    a <- matrix(eff.size * rnorm(p),nrow=p)
    b <- rep(a,nsim) + matrix(rnorm(p*nsim),nrow=p)
    atb <- as.matrix(t(a) %*% b)
    btb <- matrix(colSums(b * b),nrow=1)
    isZ <- (btb - atb) / sqrt(btb)
}

set.seed(99) 
isZ <- z.sim(6,1e3)
jpeg("isZ.jpg")
qqnorm(isZ)
qqline(isZ)
dev.off()

jpeg("isChi.jpg")
isZ <- z.sim(6,1e-3)
qqnorm(isZ)
qqline(isZ)
dev.off()

Untuk kasus ini $p=1$, kita dapat menemukan interval dua sisi. Dalam hal ini kita dapat mengasumsikan itu$0 < a$ adalah parameter populasi, dan kami amati $b=\mathcal{N}\left(a,1\right).$ Kami ingin terikat $ab$ dalam probabilitas dengan beberapa fungsi $|b|$ (Kami hanya dapat menggunakan nilai absolut dari $b$ karena merupakan analog satu dimensi dari $\sqrt{\vec{b}^{\top}\vec{b}}$ Untuk $p>1$ kasus.)

Membiarkan $\phi$ menjadi fungsi kepadatan normal, dan biarkan $z_{\alpha/2}$ menjadi $\alpha/2$kuantil dari normal. Lalu, sepele

$$\int_{-\infty}^{\infty} \phi\left(b-a\right) I\left\{|a-b| \ge -z_{\alpha/2}\right\} \mathrm{d}b = \alpha.$$ Sekarang perhatikan itu $|a-b|$ adalah invarian sehubungan dengan penggandaan dari dalam oleh $\pm 1$, jadi kita bisa kalikan dengan $\operatorname{sign}\left(b\right)$. Itu adalah$|a-b| = \left|a\operatorname{sign}\left(b\right) - |b| \right|.$ Menggunakan ini, lalu mengalikan jumlahnya dengan $|b|$ kita punya: $$\begin{align} \alpha &= \mathcal{P}\left( \left|a\operatorname{sign}\left(b\right) - |b| \right| \ge -z_{\alpha/2} \right),\\ &= \mathcal{P}\left( \left|ab - b^2 \right| \ge -z_{\alpha/2} |b| \right),\\ &= \mathcal{P}\left( ab \not\in \left[b^2 + z_{\alpha/2} |b|,b^2 - z_{\alpha/2} |b|\right] \right). \end{align}$$

Dengan demikian interval simetris $\left[b^2 + z_{\alpha/2} |b|,b^2 - z_{\alpha/2} |b|\right]$ telah $1-\alpha$ cakupan dari $ab$.

Mari kita uji dengan kode:

test_ci <- function(a,nsim=100000,alpha=0.05) {
  b <- rnorm(nsim,mean=a,sd=1)
  b_lo <- b^2 + abs(b) * qnorm(alpha/2)
  b_hi <- b^2 + abs(b) * qnorm(alpha/2,lower.tail=FALSE)
  ab <- a*b
  isout <- ab < b_lo | ab > b_hi
  mean(isout) 
}
# try twice, with a 'small' and with a 'large'
set.seed(1234)
test_ci(a=0.01)
set.seed(4321)
test_ci(a=3.00)

Saya mendapatkan tingkat 0,05 tipe I nominal:

[1] 0.04983
[1] 0.04998

Tidak jelas bagaimana mengubah ini menjadi solusi untuk $p>1$ kasus, tapi saya menganggap beberapa trigonometri dan penggunaan $t$ distribusi akan berlaku.

Sekali lagi, pertanyaannya adalah menemukan fungsi $c()$ sedemikian rupa, jika Anda memperbaiki $\vec{a}$, lalu di bawah $m$ undian independen dari $\vec{b_i} = \vec{a} + \vec{z_i}$, proporsi $i$ seperti yang $\vec{b_i}^{\top}\vec{a} \le c\left(\vec{b_i},p,\alpha\right)$ harus pergi ke $\alpha$ sebagai $m \to \infty$.

Saya akan memberikan solusi yang rusak untuk menggambarkan bagaimana ini harus bekerja dalam kode. Perhatikan dulu itu$\vec{b}^{\top}\vec{b}$ adalah chi-square non-sentral dengan parameter non-sentralitas $\lambda=\vec{a}^{\top}\vec{a}$ dan df $p$. Jadi kita punya

$$E\left[\vec{b}^{\top}\vec{b}\right] = p + \vec{a}^{\top}\vec{a}.$$ Sekarang perhatikan itu $\vec{b}^{\top}\vec{a} \sim \mathcal{N}\left(\vec{a}^{\top}\vec{a},\vec{a}^{\top}\vec{a}\right)$. So in particular, $$E\left[\vec{b}^{\top}\vec{b} - \vec{b}^{\top}\vec{a} - p\right] = 0.$$ Ignoring the covariance of $\vec{b}^{\top}\vec{a}$ and $\vec{b}^{\top}\vec{b}$ (at my own peril), I can mistakenly claim that the variance of this quantity is $$\operatorname{Var}\left[\vec{b}^{\top}\vec{b} - \vec{b}^{\top}\vec{a} - p\right] = \vec{a}^{\top}\vec{a} + 2\left(p + 2 \vec{a}^{\top}\vec{a}\right) = 2p + 5\vec{a}^{\top}\vec{a}.$$ Putting these together I can make the outlandish and ludicrous claim that the $\alpha$ quantile of $\vec{b}^{\top}\vec{b} - \vec{b}^{\top}\vec{a} - p$ is around $$Z_{\alpha}\sqrt{2p+5\vec{a}^{\top}\vec{a}}.$$ I then might incorrectly conclude that $$Pr\left(\vec{b}^{\top}\vec{a} \le \vec{b}^{\top}\vec{b} - p + Z_{\alpha}\sqrt{2p+5\vec{a}^{\top}\vec{a}}\right) \approx \alpha.$$ Since I do not know $\vec{a}$, I could then further substitute in the expectation of $\vec{b}^{\top}\vec{b}$ to arrive at
$$c\left(\vec{b},p,\alpha\right) = \vec{b}^{\top}\vec{b} - p + Z_{\alpha}\sqrt{0 \vee \left(5\vec{b}^{\top}\vec{b}-3p\right)},$$ taking care of course to avoid estimating a negative standard deviation.

This is certainly not going to work because we ignored the covariance term. However, the point is to demonstrate some code:

# my broken 'c' function
cfunc <- function(bee,p=length(bee),alpha=0.05) {
  lam <- sum(bee^2)
  sig <- sqrt(max(0,5*lam - 3*p))
  lam - p + qnorm(alpha) * sig
}
# check it via simulations
dosims <- function(a,testfunc,nrep=10000,alpha=0.05) {
  p <- length(a)
  replicate(nrep,{
    bee <- a + rnorm(p)
    bnd <- testfunc(bee,p,alpha)
    bta <- sum(bee * a)
    bta <= bnd
  })
}
options(digits=5)
set.seed(1234)
mean(dosims(rep(0.01,8),cfunc))
mean(dosims(rep(0.1,8),cfunc))
mean(dosims(rep(1,8),cfunc))

I get nothing like the nominal $0.05$ coverage:

[1] 0.0011
[1] 0.0018
[1] 0.001

You should be able to plug in a working confidence bound for the testfunc.