Khoảng tin cậy trên một số lượng ngẫu nhiên?

Giả sử là một -vector không xác định và người ta quan sát . Tôi muốn tính khoảng tin cậy theo số lượng ngẫu nhiên , chỉ dựa trên tham số và tham số đã biết . Nghĩa là, đối với một , hãy tìm sao cho .$\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$

Đây là một câu hỏi kỳ lạ bởi vì tính ngẫu nhiên đóng góp vào khoảng tin cậy cũng ảnh hưởng đến . Cách tiếp cận đơn giản là tuyên bố rằng, có điều kiện trên , , do đó , nhưng tôi không nghĩ rằng điều này sẽ cung cấp một CI phù hợp vì bị sai lệch cho , là giá trị mong đợi của . ( , tùy theo tỷ lệ, một RV vuông góc không trung tâm, với tham số không tập trung tùy thuộc vào$\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}$ ; giá trị mong đợi của nó không phải là .)$\vec{a}^{\top}\vec{a}$

lưu ý : Vô điều kiện, và \ vec {b} ^ {\ top} \ vec {b} \ sim \ chi \ left (p, \ vec {a} ^ {\ top} \ vec {a} \ right) , có nghĩa là nó là một biến ngẫu nhiên chi bình phương không trung tâm. Do đó \ vec {b} ^ {\ top} \ vec {b} - p là ước tính không thiên vị về giá trị trung bình của \ vec {a} ^ {\ top} \ vec {b} và phương sai của nó. Cái sau có phần vô dụng, vì nó có thể là tiêu cực!$\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}$

Tôi đang tìm kiếm bất kỳ và tất cả các cách hợp lý để tiếp cận vấn đề này. Chúng có thể bao gồm:

1. Độ tin cậy phù hợp bị ràng buộc, đó là một hàm của được quan sát và biết sao cho cho tất cả và tất cả sao cho . Chỉnh sửa Điều tôi muốn nói là, nếu bạn đã sửa và sau đó rút ngẫu nhiên , xác suất là dưới các lần rút lặp lại của . Vì vậy, ví dụ: nếu bạn đã sửa$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}$và sau đó đã vẽ độc lập , sau đó tỷ lệ của sao cho sẽ tiếp cận khi số lượng bản sao chuyển sang .$\vec{b_i}$$i$$\vec{b_i}^{\top}\vec{a} \le c(\vec{b_i},p,\alpha)$$\alpha$$\infty$
2. Một niềm tin bị ràng buộc 'trong sự mong đợi'. Đây là một hàm của được quan sát và và sao cho giá trị mong đợi vô điều kiện của nó là quantile của cho tất cả .$\vec{b}$$p$$\alpha$$\alpha$$\vec{b}^{\top}\vec{a}$$\vec{a} : \vec{a}^{\top}\vec{a} > 0$
3. Một số loại giải pháp Bayes mà tôi có thể chỉ định một sane trước trên , sau đó, đưa ra quan sát , nhận được một hậu thế trên cả và .$\vec{a}^{\top}\vec{a}$$\vec{b}$$\vec{b}^{\top}\vec{b}$$\vec{a}^{\top}\vec{a}$

chỉnh sửa Hình thức ban đầu của câu hỏi này có hiệp phương sai của là , tuy nhiên tôi tin rằng wlog người ta chỉ có thể giả sử , vì vậy tôi đã chỉnh sửa tất cả đề cập đến .$\vec{b}$$\frac{1}{n}I$$n=1$$n$

Chế độ xem hình học của sự cố và phân phối của và | → b | 2$\vec{b}\cdot \vec{a}$$|\vec{b}|^2$

Dưới đây là quan điểm hình học của vấn đề. Hướng của $\vec{a}$ không thực sự quan trọng và chúng ta chỉ có thể sử dụng độ dài của các vectơ này $|\vec{a}|$và $|\vec{b}|$trong đó cung cấp cho tất cả các thông tin cần thiết.

Sự phân bố của độ dài chiếu vector của $\vec{b}$ vào $\vec{a}$ sẽ $\vec{b} \cdot \vec{a}/{\vert \vec{a} \vert} \sim N(\vert \vec{a} \vert,1)$ liên quan đến số lượng mà bạn đang tìm kiếm

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

Chúng ta có thể suy luận thêm rằng chiều dài bình phương của vectơ mẫu $|\vec{b}|^2$ có sự phân bố một phi trung tâm chi-squared phân phối , với mức độ tự do $p$ và noncentrality tham số $\sum_{k=1}^p \mu_k^2 = \vert \vec{a} \vert^2$

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

hơn nữa

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

Đây cuối cùng biểu hiện cho thấy ước tính khoảng cho $\vec{b}\cdot\vec{a}$ thể , từ một quan điểm nhất định, được xem như một khoảng tin cậy, bởi vì $\vec{b}\cdot\vec{a}$ có thể được xem như là một tham số trong sự phân bố của $|\vec{b}|^2$ . Nhưng nó phức tạp vì có một tham số phiền toái $|\vec{a}|^2$ , và cũng là tham số $\vec{b}\cdot\vec{a}$ là itselve một biến ngẫu nhiên, liên quan đến $|\vec{a}|^2$ .

Sơ đồ phân phối và một số phương pháp để xác định một $c(\vec{b},p,\alpha)$

Trong hình trên, chúng tôi âm mưu cho một khu vực 95% bằng cách sử dụng quyền $\beta_1$ phần của sự phân bố của $N(\vert \vec{a} \vert^2,\vert \vec{a} \vert^2)$ và đỉnh $\beta_2$ phần của phân phối chuyển của $\chi^2_{p-1}$ ví dụ rằng $\beta_1 \cdot \beta_2 = 0.05$

Bây giờ lừa lớn là để vẽ một số dòng $c(|\vec{\beta}|^2,p,\alpha)$ mà tiếp giáp với điểm như vậy mà cho bất kỳ $\vec{a}$ có một phần nhỏ $1-\alpha$ trong những điểm (ít nhất) mà là dưới dòng .

Bên dưới dòng là nơi khu vực thành công và chúng tôi muốn điều này xảy ra ít nhất là phần $1-\alpha$ của thời gian. (xem thêm Logic cơ bản của việc xây dựng khoảng tin cậy và chúng ta có thể từ chối một giả thuyết null với các khoảng tin cậy được tạo ra thông qua lấy mẫu chứ không phải giả thuyết null? cho lý do tương tự nhưng trong một thiết lập đơn giản hơn).

Có thể nghi ngờ rằng chúng ta có thể thành công để có được tình huống:

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

Nhưng chúng ta nên luôn luôn có thể nhận được một số kết quả như

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

hoặc nghiêm ngặt hơn giới hạn trên nhỏ nhất của tất cả các $Pr(\vec{b} \cdot \vec{a} \leq c(\vec{b},p,\alpha))$ bằng với $\alpha$

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

Cho dòng trong ảnh có bội $|\vec{a}|$chúng tôi sử dụng đường chạm vào các đỉnh của các vùng đơn lẻ để xác định hàm $c(|\vec{b}|,p,\alpha)$. Bằng cách sử dụng những đỉnh núi chúng tôi nhận được rằng các vùng gốc, được dự định là như$\alpha = \beta_1 \beta_2$không được tối ưu bảo hiểm. Thay vào đó, điểm ít tụt xuống dưới mức (do$\alpha > \beta_1 \beta_2$). Dành cho nhỏ$|\vec{a}|$đây sẽ là phần hàng đầu, và cho lớn $|\vec{a}|$đây sẽ là phần đúng Vì vậy, bạn sẽ nhận được:

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

và

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

Vì vậy, đây vẫn là một chút công việc trong tiến trình. Một cách khả thi để giải quyết tình huống có thể là có một số chức năng tham số mà bạn tiếp tục cải thiện bằng cách dùng thử và lỗi sao cho dòng không đổi hơn (nhưng nó sẽ không sâu sắc lắm). Hoặc có thể người ta có thể mô tả một số chức năng khác biệt cho dòng / chức năng.

# 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|"))) 

Tôi sẽ chuyển ký hiệu sang một cái gì đó quen thuộc hơn. Tôi hy vọng nó không gây nhầm lẫn.

Tôi không thấy làm thế nào người ta có thể ước tính hàm với một công cụ ước tính hoàn toàn không thiên vị. Nhưng tôi sẽ cung cấp một công cụ ước tính không thiên vị cho "một phần" của chức năng c và cung cấp một công thức cho sai lệch còn lại, để có thể đánh giá nó bằng mô phỏng.$c$$c$

Chúng tôi giả sử rằng chúng tôi có một vectơ ngẫu nhiên (cột) ngẫu nhiên chung bình thường$p$

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

Theo đặc điểm kỹ thuật của ma trận hiệp phương sai, các phần tử của vectơ ngẫu nhiên là độc lập.

Chúng tôi đang quan tâm đến các biến ngẫu nhiên đơn biến . Do tính quy tắc chung, biến này cũng có phân phối bình thường$Y = \mathbf x'\mathbf μ$

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

vì thế

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

nơi là tiêu chuẩn bình thường CDF, và$\Phi()$

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

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

Do đó chúng tôi cần phải có được ước tính cho và căn bậc hai của nó. Đối với mỗi phần tử của vectơ x , giả sử X k, chúng ta có n quan sát iid có sẵn, { x k 1 , . . . , x k n } . Vì vậy, cho mỗi phần tử của μ ' μ = ( μ 2 1 , . . . , L $\mathbf μ'\mathbf μ$$\mathbf x$$X_k$$n$$\{x_{k1},...,x_{kn}\}$chúng ta hãy thử ước lượng$\mathbf μ'\mathbf μ = (\mu_1^2,...,\mu_p^2)'$

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

Công cụ ước tính này có giá trị dự kiến

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

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

Vậy một công cụ ước lượng không thiên vị cho là$\mu_{ki}^2$

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

ngụ ý rằng

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

và vì vậy mà

là một ước lượng không thiên vị củaμ

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

Nhưng một công cụ ước tính không thiên vị cho dường như không tồn tại (một trong đó là hoàn toàn dựa trên số lượng được biết đến, đó là).$\sqrt {\mathbf μ'\mathbf μ}$

Vì vậy, giả sử rằng chúng ta tiếp tục và ước tính $c$ bởi

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

Sự thiên vị của công cụ ước tính này là

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

kết quả "thiên vị tích cực" do bất bình đẳng của Jensen.

Trong phương pháp này, kích thước của mẫu là rất quan trọng, vì nó làm giảm thiên vị đối với bất kỳ giá trị nhất định của μ . $n$$\mathbf μ$

Hậu quả của sự thiên vị đánh giá quá cao này là gì? Giả sử rằng chúng ta được cho , p và chúng ta được yêu cầu tính giá trị tới hạn cho Y cho xác suất α , P ( Y ≤ c ) = $n$$p$$Y$$\alpha$$P(Y\leq c) = \alpha$ .

Với một chuỗi các mẫu, chúng tôi sẽ cung cấp một ước tính c mà, "trên trung bình" c > c$\hat c$$\hat c > c$ .

Nói cách khác

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

Người ta có thể đánh giá bằng cách mô phỏng tầm quan trọng của sự thiên vị cho các giá trị khác nhau của , và làm thế nào, và bao nhiêu, nó làm méo mó kết quả.$\mathbf μ$

Một cách tiếp cận rằng hầu hết các công trình như sau: Lưu ý rằng 'trông giống'→z⊤→c, trong đó→clà một vectơ có độ dài đơn vị (thực tế là→bđược chia tỷ lệ theo chiều dài đơn vị) và→z=→b-→a∼N(0,Tôi). Nếu nó là những trường hợp đó→clà không phụ thuộc vào→z, sau đó người ta có thể khẳng định rằng→b⊤→b+Zalpha$\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}$ làđộ tin cậy ràng buộcα, trong đóZαlàlượng tửαcủa bình thường.$\vec{b}^{\top}\vec{b} + Z_{\alpha} \sqrt{\vec{b}^{\top}\vec{b}}$$\alpha$$Z_{\alpha}$$\alpha$

Tuy nhiên, là không phụ thuộc vào → z . Nó có xu hướng được 'căn chỉnh với' → z . Bây giờ, khi → một ⊤ → một » 1 , → c là về cơ bản độc lập, và sự tự tin ràng buộc trên cho bảo hiểm thích hợp. Khi 0 < → một ⊤ → một « 1 , tuy nhiên, → z ⊤ → $\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}$ là giống như một thay đổi, quy mô, không trung tâm chi-square biến ngẫu nhiên.

Một chút R mô phỏng chương trình ảnh hưởng của trên bình thường về số lượng ( → b ⊤ → b - → b ⊤ → một ) / $\vec{a}^{\top}\vec{a}$ :$\left(\vec{b}^{\top}\vec{b} - \vec{b}^{\top}\vec{a}\right) / \sqrt{\vec{b}^{\top}\vec{b}}$

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()

Đối với trường hợp $p=1$ , chúng ta có thể tìm thấy một khoảng thời gian hai mặt. Trong trường hợp này, chúng ta có thể giả sử rằng $0 < a$ là tham số dân số và chúng ta quan sát $b=\mathcal{N}\left(a,1\right).$Chúng tôi muốn ràng buộc $ab$ trong xác suất với một số chức năng của $|b|$ (Chúng tôi chỉ có thể sử dụng giá trị tuyệt đối của $b$ vì nó là một trong những tín hiệu tương tự chiều của $\sqrt{\vec{b}^{\top}\vec{b}}$ cho$p>1$trường hợp.)

Hãy $\phi$ là hàm mật độ bình thường, và để cho $z_{\alpha/2}$ là $\alpha/2$ quantile của bình thường. Sau đó, trivially

$$\int_{-\infty}^{\infty} \phi\left(b-a\right) I\left\{|a-b| \ge -z_{\alpha/2}\right\} \mathrm{d}b = \alpha.$$ Bây giờ lưu ý rằng $|a-b|$là bất biến đối với phép nhân bên trong bằng $\pm 1$ , vì vậy chúng ta có thể nhân với$\operatorname{sign}\left(b\right)$ . Đó là$|a-b| = \left|a\operatorname{sign}\left(b\right) - |b| \right|.$Sử dụng cái này, sau đó nhân số lượng với$|b|$chúng ta có: $$\begin{align} \alpha &= \mathcal{P}\left( \left|a\operatorname{sign}\left(b\right) - |b| \right| \ge -z_{\alpha/2} \right),\\ &= \mathcal{P}\left( \left|ab - b^2 \right| \ge -z_{\alpha/2} |b| \right),\\ &= \mathcal{P}\left( ab \not\in \left[b^2 + z_{\alpha/2} |b|,b^2 - z_{\alpha/2} |b|\right] \right). \end{align}$$

Do đó, khoảng đối xứng $\left[b^2 + z_{\alpha/2} |b|,b^2 - z_{\alpha/2} |b|\right]$ có phạm vi bảo hiểm $1-\alpha$ của $ab$ .

Hãy thử nghiệm với mã:

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)

Tôi nhận được tỷ lệ danh nghĩa 0,05 loại I:

[1] 0.04983
[1] 0.04998

Không rõ làm thế nào để biến điều này thành một giải pháp cho trường hợp $p>1$ , nhưng tôi giả sử một số lượng giác và sử dụng phân phối $t$ sẽ được áp dụng.

Một lần nữa, câu hỏi là để tìm chức năng $c()$ như vậy mà, nếu bạn cố định $\vec{a}$ , sau đó dưới $m$ độc lập thu hút của $\vec{b_i} = \vec{a} + \vec{z_i}$ , tỷ lệ $i$ như rằng $\vec{b_i}^{\top}\vec{a} \le c\left(\vec{b_i},p,\alpha\right)$ nên đến $\alpha$ như $m \to \infty$ .

Tôi sẽ đưa ra một giải pháp bị hỏng để minh họa cách thức hoạt động của mã này. Lưu ý đầu tiên mà $\vec{b}^{\top}\vec{b}$ là một tổ chức phi trung tâm chi-vuông với thông số không tính trung tâm $\lambda=\vec{a}^{\top}\vec{a}$ và df $p$ . Vậy ta có

$$E\left[\vec{b}^{\top}\vec{b}\right] = p + \vec{a}^{\top}\vec{a}.$$ Bây giờ lưu ý rằng $\vec{b}^{\top}\vec{a} \sim \mathcal{N}\left(\vec{a}^{\top}\vec{a},\vec{a}^{\top}\vec{a}\right)$ . Vì vậy, nói riêng, $$E\left[\vec{b}^{\top}\vec{b} - \vec{b}^{\top}\vec{a} - p\right] = 0.$$ Bỏ qua hiệp phương sai của$\vec{b}^{\top}\vec{a}$ và$\vec{b}^{\top}\vec{b}$ (lúc nguy hiểm của riêng tôi), tôi không thểnhầm lẫncho rằng phương sai của số lượng này là $$\operatorname{Var}\left[\vec{b}^{\top}\vec{b} - \vec{b}^{\top}\vec{a} - p\right] = \vec{a}^{\top}\vec{a} + 2\left(p + 2 \vec{a}^{\top}\vec{a}\right) = 2p + 5\vec{a}^{\top}\vec{a}.$$ Đưa những cùng tôi có thể làm cho lạ lùng và tuyên bố lố bịch rằng$\alpha$quantile của$\vec{b}^{\top}\vec{b} - \vec{b}^{\top}\vec{a} - p$là khoảng $$Z_{\alpha}\sqrt{2p+5\vec{a}^{\top}\vec{a}}.$$ Sau đó tôi không đúng có thể kết luận rằng $$Pr\left(\vec{b}^{\top}\vec{a} \le \vec{b}^{\top}\vec{b} - p + Z_{\alpha}\sqrt{2p+5\vec{a}^{\top}\vec{a}}\right) \approx \alpha.$$ Vì tôi không biết$\vec{a}$ , tôi có thể thay thế sau đó tiếp tục với hy vọng$\vec{b}^{\top}\vec{b}$ để đi đến
$$c\left(\vec{b},p,\alpha\right) = \vec{b}^{\top}\vec{b} - p + Z_{\alpha}\sqrt{0 \vee \left(5\vec{b}^{\top}\vec{b}-3p\right)},$$ chăm sóc tất nhiên để tránh việc ước tính mộtâmlệch chuẩn.

Điều này chắc chắn sẽ không hoạt động vì chúng tôi bỏ qua thuật ngữ hiệp phương sai. Tuy nhiên, vấn đề là thể hiện một số mã:

# 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))

Tôi không nhận được gì như phạm vi bảo hiểm danh nghĩa $0.05$ :

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

Bạn sẽ có thể cắm vào một sự tự tin làm việc bị ràng buộc cho testfunc.