確認テストの解答

実験計画法　第4章 §4.4

1. 4.1-1 $N=30$ なので $\phi_A=\ell-1=4,\ \phi_e=N-\ell=25,\ \phi_T=N-1=29$ である（29 = 4 + 25）。定理 4.2 より$E(V_A)=\sigma^2+\frac{6}{4}\sum_{i=1}^5a_i^2=\sigma^2+\frac32\sum_ia_i^2$。棄却域は $F_0\ge F_{4,25}(0.05)$（数値は 2.76）である。
2. 4.1-2 全平均は $\bar{\bar x}=(10+12+11+15)/4=12$。各量は次のとおりである。

$$\begin{aligned}S_A&=3\{(-2)^2+0^2+(-1)^2+3^2\}=3\times14=42, & \phi_A&=3, & V_A&=14,\\ & & \phi_e&=4\times2=8, & V_e&=24/8=3.\end{aligned}$$

$F_0=14/3=4.67$。分散分析表は

$4.07\le4.67<7.59$ なので、有意水準 5% で有意、1% では有意でない。3. 4.1-3 $\sum a_i^2=4+0+4=8,\ \sigma^2=4,\ \phi_A=2,\ \phi_e=3\times4=12$。期待値と非心度は次のとおりである。

$$\begin{aligned}E(V_e)&=\sigma^2=4,\\ E(V_A)&=\sigma^2+r\sum a_i^2/\phi_A=4+5\times8/2=24,\\ \lambda&=r\sum a_i^2/\sigma^2=5\times8/4=10.\end{aligned}$$

検出力は $\beta=P\bigl(F'_{2,12}(10)\ge F_{2,12}(0.05)\bigr)$ である。$F_{2,12}(0.05)=3.89$ で、数値計算すると約 0.70 になる。4. 4.1-4 $\bar x_{i\cdot}=\mu+a_i+\bar\varepsilon_{i\cdot}$ で、$\bar\varepsilon_{i\cdot}\sim\mathrm{N}(0,\sigma^2/r_i)$ である。全平均は

$$\begin{aligned}\bar{\bar x}&=\frac1N\sum_ir_i\bar x_{i\cdot}=\mu+\frac1N\sum_ir_ia_i+\bar{\bar\varepsilon}\\ &=\mu+\bar{\bar\varepsilon} &&\text{（制約 }{\sum r_ia_i=0}\text{ を使った）}\end{aligned}$$

である。よって $\bar x_{i\cdot}-\bar{\bar x}=a_i+(\bar\varepsilon_{i\cdot}-\bar{\bar\varepsilon})$ で

$$S_A=\sum_ir_ia_i^2+2\sum_ir_ia_i(\bar\varepsilon_{i\cdot}-\bar{\bar\varepsilon})+\sum_ir_i(\bar\varepsilon_{i\cdot}-\bar{\bar\varepsilon})^2 .$$

第2項の期待値は 0 である。第3項は $\sum_ir_i\bar\varepsilon_{i\cdot}=N\bar{\bar\varepsilon}$ を使って次のように書ける。

$$\sum_ir_i(\bar\varepsilon_{i\cdot}-\bar{\bar\varepsilon})^2=\sum_ir_i\bar\varepsilon_{i\cdot}^2-N\bar{\bar\varepsilon}^2$$

各項の期待値は $E(r_i\bar\varepsilon_{i\cdot}^2)=r_i\cdot\sigma^2/r_i=\sigma^2,\ E(N\bar{\bar\varepsilon}^2)=N\cdot\sigma^2/N=\sigma^2$ である。よって第3項の期待値は $\ell\sigma^2-\sigma^2=(\ell-1)\sigma^2$ で、$E(S_A)=(\ell-1)\sigma^2+\sum_ir_ia_i^2$ を得る。5. 4.2-1 $\mathrm{lsd}=t_{\phi_e}(\alpha/2)\sqrt{2V_e/r}$ である。条件 $\lvert \bar x_{i\cdot}-\bar x_{k\cdot}\rvert \ge\mathrm{lsd}$ は、次の検定の棄却域と同じである。

• 仮説：帰無仮説 $\mu_i=\mu_k$ を、対立仮説 $\mu_i\neq\mu_k$ に対して検定する。
• 統計量：$t_0=(\bar x_{i\cdot}-\bar x_{k\cdot})/\sqrt{2V_e/r}$。誤差分散の推定には全水準の $V_e$ を使う。
• 棄却域：有意水準 $\alpha$ の両側検定で、$\lvert t_0\rvert \ge t_{\phi_e}(\alpha/2)$。

6. 4.2-2 $V_e=3,\ \phi_e=8,\ r=3$ である。

   • $\mu(A_4)$：$\sqrt{V_e/r}=1$ である。区間は $15\pm2.306\times1=[12.69,\ 17.31]$。
   • $\mu(A_4)-\mu(A_1)$：点推定は 5、$\sqrt{2V_e/r}=\sqrt2=1.4142$ である。幅の半分は $2.306\times1.4142=3.261$ で、区間は $5\pm3.261=[1.74,\ 8.26]$。

7. 4.2-3 $c=(-\frac13,-\frac13,-\frac13,1),\ \sum c_i^2=\frac13+1=\frac43$。計算は次のとおりである。

$$\begin{aligned}\hat\theta&=15-\frac{10+12+11}{3}=15-11=4,\\ \sqrt{V_e\textstyle\sum c_i^2/r}&=\sqrt{3\times\tfrac43/3}=\sqrt{4/3}=1.1547,\\ \text{幅の半分}&=2.306\times1.1547=2.663,\\ \text{区間}&=4\pm2.663=[1.34,\ 6.66].\end{aligned}$$

対比の平方和は $S_L=rL^2/\sum c_i^2=3\times16/(4/3)=36$ である。これは $S_A=42$ の 36/42 = 0.857（約86%）を占める。残りの 6 は、この対比と直交する2つの対比（第1〜第3水準の間の違い）の平方和の合計である。8. 4.2-4 $x=\mu_i+\varepsilon$ と $\bar x_{i\cdot}=\mu_i+\bar\varepsilon_{i\cdot}$ を引くと、一般平均と効果が消える。新しい誤差と誤差の水準平均は独立な正規変数なので、次が成り立つ。

$$x-\bar x_{i\cdot}\sim\mathrm{N}\bigl(0,(1+1/r)\sigma^2\bigr),\qquad Z=\frac{x-\bar x_{i\cdot}}{\sqrt{(1+1/r)\sigma^2}}\sim\mathrm{N}(0,1)$$

定理 4.4 (1) より、誤差平方和は水準平均と独立である。新しい誤差は手元のデータと独立なので、それとも独立である。よって $W=S_e/\sigma^2\sim\chi^2_{\phi_e}$ は $Z$ と独立で、

$$\frac{Z}{\sqrt{W/\phi_e}}=\frac{x-\bar x_{i\cdot}}{\sqrt{(1+1/r)V_e}}\sim t_{\phi_e}.$$ 9. 4.2-5 組の数は $\binom52=10$。事象 $E_k$ を「$k$ 番目の組で誤って有意とする」とする。Bonferroni の不等式から$P(\bigcup_kE_k)\le\sum_kP(E_k)=10\times0.05=0.5$。上限を 0.05 にするには、1組あたりの有意水準を $0.05/10=0.005$ にすればよい（lsd の式では $t_{\phi_e}(0.0025)$ を使う）。