解析方法

実験計画法　第8章 §8.3　★★★ 列の符号の線形モデルとして書けば、列平方和の分布・期待平均平方・有効反復数がすべて1行の計算で出る

データの構造式を列の符号で書く

直交表に因子と交互作用を割り付け、第 $r$ 実験のデータを $x_r$ とする。データの構造式は、多元配置と同じく「一般平均＋割り付けた主効果＋割り付けた交互作用＋誤差」である。式 (8.3) のとおり、2水準の主効果も交互作用もその列の符号に1つのパラメータを掛けた形になるので、構造式は

$$\bm x=\mu\bm 1+\sum_{k=1}^{N-1}\beta_k\bm u_k+\bm\varepsilon,\qquad \bm\varepsilon\sim\mathrm N(\bm 0,\sigma^2 I_N)\tag{8.4}$$

と書ける。ここで $\beta_k$ は、列[$k$]に割り付けた効果の大きさである。

• 主効果の列なら $\beta_k=a_1$、交互作用の列なら $\beta_k=(ab)_{11}$。
• 何も割り付けていない列では $\beta_k=0$ と仮定する。

符号ベクトルが直交しているので、各パラメータの最小二乗推定量は

$$\hat\mu=\frac{\bm 1^\top\bm x}{N}=\bar x,\qquad \hat\beta_k=\frac{\bm u_k^\top\bm x}{N}=\frac{T_{k1}-T_{k2}}{N}\tag{8.5}$$

である（正規方程式の係数行列が $N I$ になるため）。たとえば因子 $A$ が列[$k$]にあれば

$$\hat a_1=\hat\beta_k=\bar x_{A_1}-\bar x$$

である。これは「$A_1$ のデータの平均 − 全平均」と同じである（$\bar x_{A_1}=T_{k1}/(N/2)$ を代入すると確かめられる）。

列平方和の分布と期待平均平方

証明

(1) $\bm x$ は多変量正規なので、その線形変換 $(\bm u_1^\top\bm x,\dots,\bm u_{N-1}^\top\bm x)$ も多変量正規であり、独立性は共分散が0であることと同値である。$\mathrm{Cov}(\bm u_j^\top\bm x,\bm u_k^\top\bm x)=\sigma^2\bm u_j^\top\bm u_k=0$（$j\neq k$）。期待値は $E(\bm u_k^\top\bm x)=\mu\bm u_k^\top\bm 1+\sum_l\beta_l\bm u_k^\top\bm u_l=N\beta_k$、分散は $\sigma^2\bm u_k^\top\bm u_k=N\sigma^2$ である。

(2) $Z=\bm u_k^\top\bm x$ とおくと $E(Z^2)=V[Z]+(E Z)^2=N\sigma^2+N^2\beta_k^2$。$S_{[k]}=Z^2/N$ なので $E(S_{[k]})=\sigma^2+N\beta_k^2$。$\beta_k=0$ なら $Z/\sqrt{N\sigma^2}\sim\mathrm N(0,1)$ である。よって

$$\frac{S_{[k]}}{\sigma^2}=\Bigl(\frac{Z}{\sqrt{N\sigma^2}}\Bigr)^2\sim\chi^2_1.$$

(3) 誤差の列の $S_{[k]}/\sigma^2$ は独立な $\chi^2_1$ である。よってその和は $S_e/\sigma^2\sim\chi^2_{\phi_e}$ となる。帰無仮説のもとで $S_{[k]}/\sigma^2\sim\chi^2_1$ であり、(1) よりこれは $S_e$ と独立である。$F$ 分布の定義から$F_0=\dfrac{(S_{[k]}/\sigma^2)/1}{(S_e/\sigma^2)/\phi_e}\sim F_{1,\phi_e}$。

因子を列[$k$]に置いたときの期待平均平方は $E(V_A)=\sigma^2+Na_1^2$ である。これは第4章の1元配置の結果と一致する。

$$\begin{aligned}E(V_A)&=\sigma^2+\frac{n\sum_i a_i^2}{a-1}&&\text{（第4章の1元配置）}\\ &=\sigma^2+\frac{N}{2}\cdot2a_1^2&&\text{（水準数2、繰返し }{n=N/2}\text{、}{a_2=-a_1}\text{ を代入）}\end{aligned}$$

分散分析の $F$ 検定は、「期待平均平方が誤差分散より大きいか」を比 $V_A/V_e$ で判定している。したがって $F_0$ が $F_{1,\phi_e}(\alpha)$ 以上なら、帰無仮説を棄却する。

分散分析表とプーリング

分散分析表には、割り付けた主効果と交互作用の行（平方和＝その列の列平方和、自由度1）と、誤差の行を並べる。そして平均平方 $V=S/\phi$ と $F_0=V/V_e$ を書く。

$L_8$ では誤差の自由度が1か2になりやすい。棄却限界は $F_{1,1}(0.05)=161.4$ や $F_{1,2}(0.05)=18.51$ と大きいため、実際に存在する効果でも有意になりにくい。

そこで、$F_0$ が小さい（目安として $F_0<2$、または有意水準20%でも有意でない）主効果や交互作用を誤差に足し込み、誤差の自由度を増やして検定し直す。これをプーリングと呼ぶ（第5章で導入した手続きと同じである）。プーリングでは次の2点に注意する。

• 交互作用 $A\times B$ を残すときは、2つの因子の主効果は $F_0$ が小さくても残す。最適条件を $A$ と $B$ の組合せで決めるため、両方の主効果を推定式に入れる必要がある。
• プーリングは「その効果が無い」と判断して構造式から外す操作なので、外した効果は以後の推定式にも入れない。

母平均の点推定と有効反復数

プーリング後に残った効果の列の集合を $\mathcal M$ とする。ある水準の組合せでの母平均は、構造式 (8.4) から

$$\mu+\sum_{k\in\mathcal M}\beta_k u_k\qquad({u_k}\text{ はその組合せでの列[}{k}\text{]の符号})$$

である。その推定量は

$$\hat\mu=\bar x+\sum_{k\in\mathcal M}u_k\hat\beta_k\tag{8.6}$$

である。実際の計算では、これを平均の組合せで書き直したものを使う。

• 交互作用を含まないとき（$A,B,C$ だけが残った場合）：$\hat\mu(A_iB_jC_l)=\bar x_{A_i}+\bar x_{B_j}+\bar x_{C_l}-2\bar x$。
• $A\times B$ が残ったとき：$\hat\mu(A_iB_jC_l)=\bar x_{A_iB_j}+\bar x_{C_l}-\bar x$。ここで $\bar x_{A_iB_j}$ は、その組合せのデータ $N/4$ 個の平均である。

2つ目の式は、次の関係を使えば式 (8.6) と一致する。

$$\bar x_{A_iB_j}=\bar x+u_A\hat\beta_A+u_B\hat\beta_B+u_Au_B\hat\beta_{A\times B}$$

この関係は、組合せ $A_iB_j$ の $N/4$ 個のデータの中で、ほかの列の符号は正と負が同数であることから従う。

証明

定理 8.7 (1) と同じ計算で、$\bar x=\bm 1^\top\bm x/N$ と $\hat\beta_k=\bm u_k^\top\bm x/N$ は互いに独立である。分散はどれも $\sigma^2/N$ である（$\bm 1,\bm u_k$ が互いに直交し、長さの2乗がどれも等しいため）。式 (8.6) で $u_k^2=1$ なので

$$V[\hat\mu]=V[\bar x]+\sum_{k\in\mathcal M}u_k^2V[\hat\beta_k]=\frac{\sigma^2}{N}\bigl(1+\lvert \mathcal M\rvert \bigr).$$

2水準系では各要因の自由度が1なので、$\lvert \mathcal M\rvert$ は推定に用いた要因の自由度の和に等しい。これが田口の式である。

伊奈の式は、たとえば $\hat\mu=\bar x_{A_iB_j}+\bar x_{C_l}-\bar x$ なら次のように計算する。

$$\frac1{n_e}=\frac{1}{N/4}+\frac{1}{N/2}-\frac{1}{N}=\frac{5}{N}$$

田口の式では、要因 $A,B,A\times B,C$ の自由度の和が4なので $(1+4)/N=5/N$ となり、一致する。

2水準系で使う推定式は、次の2つの形のどちらかである。

1. (i) 交互作用を含まない形。 $m$ 個の因子の平均を足して $\sum_{l=1}^m\bar x_{(l)}-(m-1)\bar x$ とする。

$$\begin{aligned}\text{伊奈の式：}&\ m\cdot\frac2N-\frac{m-1}{N}=\frac{m+1}{N},\\ \text{田口の式：}&\ \frac{1+m}{N}\qquad(\text{自由度の和は }{m})\end{aligned}$$

で一致する。2. (ii) 交互作用を1組含む形。 交互作用の組合せの平均に、ほかの $m$ 個の因子の平均を足して$\bar x_{A_iB_j}+\sum_{l=1}^m\bar x_{(l)}-m\bar x$ とする。

$$\begin{aligned}\text{伊奈の式：}&\ \frac4N+\frac{2m}{N}-\frac mN=\frac{4+m}{N},\\ \text{田口の式：}&\ \frac{1+3+m}{N}\qquad(\text{自由度の和は }{A,B,A\times B}\text{ の3と }{m})\end{aligned}$$

で一致する。

交互作用の組が2つ以上あるときも、同じ数え方で確かめられる。

信頼区間の根拠は、次の2つが独立であることによる。

$$\hat\mu\sim\mathrm N\Bigl(\mu,\frac{\sigma^2}{n_e}\Bigr),\qquad\frac{\phi_eV_e}{\sigma^2}\sim\chi^2_{\phi_e}$$

点推定量は全平均と残った列の $\hat\beta_k$ だけで書け、$V_e$ は誤差の列だけで書ける。よって定理 8.7 (1) から独立である。$t$ 分布の定義から $(\hat\mu-\mu)/\sqrt{V_e/n_e}\sim t_{\phi_e}$ となる。

予測区間は、新しいデータ $x^*=\mu+\varepsilon^*$ が手元のデータと独立であることから得られる。このとき $V[x^*-\hat\mu]=\sigma^2(1+1/n_e)$ となる。

確認テスト

オリジナル

1. 8.3-1 $L_8$ の列[$k$]に、2水準の因子を置いた。$T_{k1}-T_{k2}$ を構造式 (8.4) で書き下し、$E(S_A)=\sigma^2+8a_1^2$ を示せ。
2. 8.3-2 $L_8$ で $A,B,C$ の主効果だけが残った（交互作用はすべてプーリング）。$\hat\mu(A_2B_1C_2)$ の推定式を書き、$n_e$ を伊奈の式と田口の式で求めよ。
3. 8.3-3 $L_{16}$ に $A,B,C,D,A\times B$ を割り付けた。列平方和は次のとおりで、残り10列の和は $S_e=12.0$ であった。

$$S_A=52.0,\quad S_B=30.0,\quad S_C=2.1,\quad S_D=0.9,\quad S_{A\times B}=18.0$$

最初の分散分析表の $F_0$ を求めよ。次に $F_0<2$ の要因をプーリングして分散分析表を作り直し、有意水準5%と1%で判定せよ。棄却限界は $F_{1,12}(0.05)=4.75,\ F_{1,12}(0.01)=9.33$ を使う。4. 8.3-4 構造式 $x=\mu+a_i+b_j+(ab)_{ij}+\varepsilon$ を考える（割り付けは8行の表で $A=[1],\ B=[2],\ A\times B=[3]$）。推定式 $\bar x_{A_i}+\bar x_{B_j}-\bar x$ の期待値を求めよ。そして交互作用が存在するときの偏りが $-(ab)_{ij}$ であることを示せ。