Intervalo de confiança em uma quantidade aleatória?

Suponha que $\vec{a}$ seja um vetor $p$ desconhecido e se observe . Gostaria de calcular os intervalos de confiança na quantidade aleatória , com base apenas no observado e no parâmetro conhecido . Ou seja, para um dado , encontre c ( → b , p , α ) tal que P r ( → b ⊤ → a ≤ c ( → b ,$\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$ .

Essa é uma pergunta estranha, porque a aleatoriedade que contribui para os intervalos de confiança também afeta $\vec{b}$ . A abordagem direta é afirmar que, condicional em $\vec{b}$ , $\vec{a} \sim\mathcal{N}\left(\vec{b}, I\right)$ , portanto $\vec{b}^{\top}\vec{a} \sim\mathcal{N}\left(\vec{b}^{\top}\vec{b}, {\vec{b}^{\top}\vec{b}}I\right)$ , mas eu faço não acho que isso dará um IC adequado porque $\vec{b}^{\top}\vec{b}$é polarizado para $\vec{a}^{\top}\vec{a}$ , que é o valor esperado de $\vec{b}^{\top}\vec{a}$ . ( $\vec{b}^{\top}\vec{b}$ é, até a escala, um RV qui-quadrado não central, com parâmetro de não centralidade dependendo de $\vec{a}^{\top}\vec{a}$ ; seu valor esperado não é $\vec{a}^{\top}\vec{a}$ .)

nota : Incondicionalmente, $\vec{b}^{\top}\vec{a} \sim\mathcal{N}\left(\vec{a}^{\top}\vec{a},\vec{a}^{\top}\vec{a}\right)$ e $\vec{b}^{\top}\vec{b} \sim \chi\left(p, \vec{a}^{\top}\vec{a}\right)$ , o que significa que não é central variável aleatória qui-quadrado. Assim, $\vec{b}^{\top}\vec{b} - p$ é uma estimativa imparcial da média de $\vec{a}^{\top}\vec{b}$ e de sua variância. O último é um pouco inútil, pois pode ser negativo!

Estou procurando todas e quaisquer maneiras sensatas de abordar esse problema. Estes podem incluir:

1. Uma adequada confiança ligado, que é uma função $c$ do observado $\vec{b}$ e conhecido $p$ tal que $Pr\left(\vec{b}^{\top}\vec{a} \le c(\vec{b},p,\alpha)\right) = \alpha$ para todos $\alpha$ e todos $\vec{a}$ tal que $\vec{a}^{\top}\vec{a} > 0$ . Editar O que quero dizer com isso é que, se você corrigiu $\vec{a}$ e desenhou um arquivo aleatório$\vec{b}$ , a probabilidade de que$\vec{b}^{\top}\vec{a} - c\left(\vec{b},p,\alpha\right) \le 0$seja$\alpha$sob desenhos repetidos de$\vec{b}$ . Assim, por exemplo, se você fixou$\vec{a}$ e desenhou$\vec{b_i}$ independente, então a proporção de$i$tal que$\vec{b_i}^{\top}\vec{a} \le c(\vec{b_i},p,\alpha)$ would approach $\alpha$ as the number of replications goes to $\infty$.
2. A confidence bound 'in expectation'. This is a function of the observed $\vec{b}$, and known $p$ and $\alpha$ such that its unconditional expected value is the $\alpha$ quantile of $\vec{b}^{\top}\vec{a}$ for all $\vec{a} : \vec{a}^{\top}\vec{a} > 0$.
3. Some kind of Bayesian solution where I can specify a sane prior on $\vec{a}^{\top}\vec{a}$, then, given the observation $\vec{b}$, get a posterior on both $\vec{b}^{\top}\vec{b}$ and $\vec{a}^{\top}\vec{a}$.

edit The original form of this question had the covariance of $\vec{b}$ as $\frac{1}{n}I$, however I believe that w.l.o.g. one can just assume $n=1$, so I have edited out all mention of $n$.

Vista geométrica do problema e distribuições de $\vec{b}\cdot \vec{a}$ e $|\vec{b}|^2$

Below is geometrical view of the problem. The direction of $\vec{a}$ doesn't really matter and we can just use the lengths of these vectors $|\vec{a}|$ and $|\vec{b}|$ which give all neccesary information.

The distribution of the length of the vector projection of $\vec{b}$ onto $\vec{a}$ will be $\vec{b} \cdot \vec{a}/{\vert \vec{a} \vert} \sim N(\vert \vec{a} \vert,1)$ which is related to the quantity that you are looking for

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

We can further deduce that the squared lenght of the samples vector $|\vec{b}|^2$ has the distribution a non-central chi-squared distribution, with the degrees of freedom $p$ and the noncentrality parameter $\sum_{k=1}^p \mu_k^2 = \vert \vec{a} \vert^2$

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

além disso

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

Esta última expressão mostra que a estimativa de intervalo para $\vec{b}\cdot\vec{a}$ pode , de um certo ponto de vista, ser vista como um intervalo de confiança, porque $\vec{b}\cdot\vec{a}$ pode ser vista como um parâmetro na distribuição de $|\vec{b}|^2$ . Mas é complicado porque há um parâmetro incômodo $|\vec{a}|^2$ , e também o parâmetro $\vec{b}\cdot\vec{a}$ é doze uma variável aleatória, relacionada a $|\vec{a}|^2$ .

Gráficos de distribuições e algum método para definir a $c(\vec{b},p,\alpha)$

Na imagem acima, plotamos para uma região de 95% usando a parte $\beta_1$ direita da distribuição de $N(\vert \vec{a} \vert^2,\vert \vec{a} \vert^2)$ e a parte $\beta_2$ superior da distribuição deslocada de $\chi^2_{p-1}$ tal que $\beta_1 \cdot \beta_2 = 0.05$

Agora, o grande truque é desenhar uma linha $c(|\vec{\beta}|^2,p,\alpha)$ que limita os pontos de modo que, para qualquer $\vec{a}$ haja uma fração $1-\alpha$ dos pontos (pelo menos) que estão abaixo da linha .

Abaixo da linha é onde a região é bem-sucedida e queremos que isso aconteça pelo menos na fração $1-\alpha$ do tempo. (veja também A lógica básica da construção de um intervalo de confiança e Podemos rejeitar uma hipótese nula com intervalos de confiança produzidos por amostragem em vez da hipótese nula? para raciocínio análogo, mas em um cenário mais simples).

Pode ser duvidoso que consigamos obter a situação:

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

Mas sempre devemos conseguir resultados como

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

ou mais estritamente, o menor limite superior de todos os $Pr(\vec{b} \cdot \vec{a} \leq c(\vec{b},p,\alpha))$ é igual a $\alpha$

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

Para a linha na imagem com os múltiplos $|\vec{a}|$usamos a linha que toca os picos das regiões únicas para definir a função $c(|\vec{b}|,p,\alpha)$ . Ao usar esses picos, obtemos que as regiões originais, que se destinavam a ser como $\alpha = \beta_1 \beta_2$ não são idealmente cobertas. Em vez disso, menos pontos ficam abaixo da linha (então $\alpha > \beta_1 \beta_2$ ). Para pequenas $|\vec{a}|$estas serão a parte superior e, para grandes $|\vec{a}|$esta será a parte certa. Então você receberá:

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

e

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

Portanto, este ainda é um pouco de trabalho em andamento. Uma maneira possível de resolver a situação seria ter alguma função paramétrica que você continue melhorando iterativamente por tentativa e erro, de modo que a linha seja mais constante (mas não seria muito esclarecedora). Ou, possivelmente, alguém poderia descrever alguma função diferencial para a linha / função.

# 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|"))) 

Vou mudar a notação para algo mais familiar. Espero que não seja confuso.

Não vejo como alguém poderia estimar a função com um estimador completamente imparcial. Mas fornecerei um estimador imparcial para a "parte" da função c e fornecerei uma fórmula para o viés restante, para que possa ser avaliado por simulação.$c$$c$

Assumimos que temos um vetor aleatório (coluna) dimensional normal em conjunto$p$

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

Pela especificação da matriz de covariância, os elementos do vetor aleatório são independentes.

Estamos interessados ​​na variável aleatória univariada . Devido à normalidade articular, essa variável também apresenta distribuição normal$Y = \mathbf x'\mathbf μ$

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

Portanto

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

onde é o CDF normal padrão e$\Phi()$

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

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

Precisamos, portanto, obter estimativas para e sua raiz quadrada. Para cada elemento do vetor x , digamos X k temos n observações iid disponíveis, { x k 1 , . . . , x k n } . Assim, para cada elemento de μ ' μ = ( μ 2 1 , . . . , U 2 p ) ' vamos tentar o estimador$\mathbf μ'\mathbf μ$$\mathbf x$$X_k$$n$$\{x_{k1},...,x_{kn}\}$$\mathbf μ'\mathbf μ = (\mu_1^2,...,\mu_p^2)'$

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

Este estimador tem valor esperado

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

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

Portanto, um estimador imparcial para é$\mu_{ki}^2$

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

implicando que

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

e para que

é um estimador imparcial deμ′μ.

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

Mas um estimador imparcial para parece não existir (um que é baseado exclusivamente nas quantidades conhecidas, ou seja).$\sqrt {\mathbf μ'\mathbf μ}$

Então, suponha que continuemos e estimamos por$c$

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

O viés desse estimador é

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

o resultado de "viés positivo" devido à desigualdade de Jensen.

Nesta abordagem, o tamanho da amostra é crítico, pois reduz o viés para qualquer valor dado de μ . $n$$\mathbf μ$

Quais são as consequências desse viés de superestimação? Suponha que recebamos , p , e que seja solicitado a calcular o valor crítico de Y para a probabilidade α , P ( Y ≤ c ) = α .$n$$p$$Y$$\alpha$$P(Y\leq c) = \alpha$

Dada uma sequência de amostras, iremos fornecer uma estimativa c para as quais, "em média" c > c .$\hat c$$\hat c > c$

Em outras palavras

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

Pode-se avaliar por simulação a magnitude do viés para vários valores de e como e quanto distorce os resultados.$\mathbf μ$

Uma abordagem que quase funciona é a seguinte: Observe que 'tem o aspecto de'→z⊤→c, onde→Cé um vector de comprimento da unidade (isto é, na verdade→bescalada a unidade de comprimento), e→z=→b-→um~N(0,I). Se fosse o caso→cindependente de→z, poderia-se afirmar que→b⊤→b+Zα$\left(\vec{b}^{\top}\vec{b} - \vec{b}^{\top}\vec{a}\right) / \sqrt{\vec{b}^{\top}\vec{b}}$$\vec{z}^{\top} \vec{c}$$\vec{c}$$\vec{b}$$\vec{z} = \vec{b} - \vec{a} \sim \mathcal{N}\left(0,I\right)$$\vec{c}$$\vec{z}$ era umlimite de confiançaα, ondeZαé oquantilαdo normal.$\vec{b}^{\top}\vec{b} + Z_{\alpha} \sqrt{\vec{b}^{\top}\vec{b}}$$\alpha$$Z_{\alpha}$$\alpha$

No entanto, não é independente de → z . Tende a estar 'alinhado com' → z . Agora, quando → uma ⊤ → um » 1 , → c é essencialmente independente, e a confiança ligada acima dá cobertura adequada. Quando 0 < → a ⊤ → a ≪ 1 , no entanto, → z ⊤ → c é mais como uma variável aleatória qui-quadrado deslocada, escalada e não central.$\vec{c}$$\vec{z}$$\vec{z}$$\vec{a}^{\top}\vec{a} \gg 1$$\vec{c}$$0 < \vec{a}^{\top}\vec{a} \ll 1$$\vec{z}^{\top}\vec{c}$

Uma pequena simulação R mostra os efeitos de na normalidade da quantidade ( → b ⊤ → b - → b ⊤ → a ) / $\vec{a}^{\top}\vec{a}$ :$\left(\vec{b}^{\top}\vec{b} - \vec{b}^{\top}\vec{a}\right) / \sqrt{\vec{b}^{\top}\vec{b}}$

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()

Para o caso $p=1$ , podemos encontrar um intervalo de dois lados. Nesse caso, podemos assumir que $0 < a$ é o parâmetro populacional e observamos $b=\mathcal{N}\left(a,1\right).$Desejamos vincular $ab$ em probabilidade com alguma função de $|b|$ (Podemos usar apenas o valor absoluto de $b$ , pois é o análogo unidimensional de $\sqrt{\vec{b}^{\top}\vec{b}}$ para ocaso$p>1$)

Deixe $\phi$ ser a função de densidade normal, e deixe $z_{\alpha/2}$ ser o $\alpha/2$ quantil do normal. Então, trivialmente

$$\int_{-\infty}^{\infty} \phi\left(b-a\right) I\left\{|a-b| \ge -z_{\alpha/2}\right\} \mathrm{d}b = \alpha.$$ Agora note que $|a-b|$é invariável em relação à multiplicação do interior por $\pm 1$ , para que possamos multiplicar pelo$\operatorname{sign}\left(b\right)$ . Isso é$|a-b| = \left|a\operatorname{sign}\left(b\right) - |b| \right|.$Usando isso, multiplicando as quantidades por$|b|$nós temos: $$\begin{align} \alpha &= \mathcal{P}\left( \left|a\operatorname{sign}\left(b\right) - |b| \right| \ge -z_{\alpha/2} \right),\\ &= \mathcal{P}\left( \left|ab - b^2 \right| \ge -z_{\alpha/2} |b| \right),\\ &= \mathcal{P}\left( ab \not\in \left[b^2 + z_{\alpha/2} |b|,b^2 - z_{\alpha/2} |b|\right] \right). \end{align}$$

Assim, o intervalo simétrico $\left[b^2 + z_{\alpha/2} |b|,b^2 - z_{\alpha/2} |b|\right]$ tem $1-\alpha$ cobertura de $ab$ .

Vamos testar com o código:

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)

Recebo a taxa nominal de 0,05 tipo I:

[1] 0.04983
[1] 0.04998

Não está claro como transformar isso em uma solução para o caso $p>1$ , mas presumo que alguma trigonometria e uso da distribuição $t$ serão aplicáveis.

$c()$$\vec{a}$$m$$\vec{b_i} = \vec{a} + \vec{z_i}$$i$$\vec{b_i}^{\top}\vec{a} \le c\left(\vec{b_i},p,\alpha\right)$$\alpha$$m \to \infty$

Vou dar uma solução quebrada para ilustrar como isso deve funcionar no código. Primeira nota que $\vec{b}^{\top}\vec{b}$ , → a ⊤ → a ⊤ → a$\lambda=\vec{a}^{\top}\vec{a}$$p$

$$E\left[\vec{b}^{\top}\vec{b}\right] = p + \vec{a}^{\top}\vec{a}.$$ $\vec{b}^{\top}\vec{a} \sim \mathcal{N}\left(\vec{a}^{\top}\vec{a},\vec{a}^{\top}\vec{a}\right)$ $$E\left[\vec{b}^{\top}\vec{b} - \vec{b}^{\top}\vec{a} - p\right] = 0.$$ $\vec{b}^{\top}\vec{a}$$\vec{b}^{\top}\vec{b}$ $$\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}.$$ $\alpha$$\vec{b}^{\top}\vec{b} - \vec{b}^{\top}\vec{a} - p$ $$Z_{\alpha}\sqrt{2p+5\vec{a}^{\top}\vec{a}}.$$ $$Pr\left(\vec{b}^{\top}\vec{a} \le \vec{b}^{\top}\vec{b} - p + Z_{\alpha}\sqrt{2p+5\vec{a}^{\top}\vec{a}}\right) \approx \alpha.$$ $\vec{a}$$\vec{b}^{\top}\vec{b}$
$$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)},$$

Isso certamente não vai funcionar porque ignoramos o termo de covariância. No entanto, o objetivo é demonstrar algum código:

# 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))

$0.05$

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

Você deve conseguir conectar uma confiança de trabalho vinculada ao testfunc.