確認テストの解答

実験計画法　第8章 §8.6

1. 8.1-1 16行15列。各列の水準1と水準2はそれぞれ8回、任意の2列で各組は $16/4=4$ 回現れる。列平方和の自由度の合計は $15=16-1$ で、総平方和の自由度に等しい。
2. 8.1-2 水準1と水準2のデータ数はともに4なので、1元配置の要因平方和は

$$S=\frac{T_{k1}^2}{4}+\frac{T_{k2}^2}{4}-\frac{(T_{k1}+T_{k2})^2}{8}=\frac{2T_{k1}^2+2T_{k2}^2-(T_{k1}+T_{k2})^2}{8}=\frac{(T_{k1}-T_{k2})^2}{8}$$

である。次に平均の差を計算すると

$$\begin{aligned}\bar x_{k1}-\bar x&=\frac{T_{k1}}4-\frac{T_{k1}+T_{k2}}8=\frac{T_{k1}-T_{k2}}{8},\\ 8(\bar x_{k1}-\bar x)^2&=8\cdot\frac{(T_{k1}-T_{k2})^2}{64}=\frac{(T_{k1}-T_{k2})^2}{8}=S_{[k]}\end{aligned}$$

となる。3. 8.1-3 総和と平方和は次のとおりである。

$$\begin{gathered} T=56,\qquad CT=56^2/8=392,\qquad S_T=36,\\ \textstyle\sum x^2=25+49+36+16+81+121+64+36=428 \end{gathered}$$

列ごとの和と列平方和は次のとおりである。

たとえば $S_{[1]}=(22-34)^2/8=144/8=18$ である。和は $18+8+2+8=36=S_T$ で一致する。4. 8.1-4 命題 8.3 の証明の記号を使う。直交性から $4n_{11}-N=0$、すなわち $n_{11}=N/4$ である。$n_{11}+n_{12}=N/2$ から $n_{12}=N/2-N/4=N/4$ を得る。5. 8.1-5 符号を並べると次のとおりである。

$$\begin{aligned}\text{列[1]：}&\ (+,+,+,+,-,-,-,-),\qquad\text{列[2]：}\ (+,+,-,-,+,+,-,-),\\ \text{成分ごとの積：}&\ (+,+,-,-,-,-,+,+)\end{aligned}$$

これは列[3]の水準 $(1,1,2,2,2,2,1,1)$ の符号に等しい。

列[3]の水準が列[1]・[2]の水準から決まるので、3列の組は列[1]・[2]の組4種類と同じ数しか現れない。各4種類は列[1]・[2]の直交性から2回ずつ現れる。6. 8.2-1 (a) $1\oplus4=5$ で列[5]（成分記号 $a\cdot c=ac$）。 (b) 列[3]の成分記号は、$3=1+2$ より $ab$ である。列[12]は、$12=4+8$ より $cd$ である。積は $abcd$ で列[15]。排他的論理和でも $0011\oplus1100=1111$ で15になる。7. 8.2-2 三角形型の線点図で $A=[1],\ B=[2],\ C=[4]$ とすると、$A\times B=[3],\ A\times C=[5]$ となる。残りの列[6]・[7]の一方に4つ目の因子を置く。たとえば $D=[7]$ とすると誤差は列[6]である。列[6]には $B\times C$ と $A\times D$ が入る（どちらも排他的論理和が6）。どちらも無視できると仮定しているので、割り付けとして成り立つ。（$D=[6]$、誤差を列[7]としてもよい。その場合は $B\times C$ が4つ目の因子と交絡する。誤差の列[7]には $A\times D$（$1\oplus6=7$）が入る。）8. 8.2-3 例として、基本列に $A=[1],\ B=[2],\ C=[4],\ D=[8]$ を置く。求める交互作用の列は

$$A\times B=[3],\qquad A\times C=[5],\qquad B\times C=[6],\qquad A\times D=[9]$$

である。残りの因子を $F=[15],\ G=[7]$ とすると、主効果と求める交互作用は列 $1,2,3,4,5,6,7,8,9,15$ で互いに異なる。

誤差の列は $[10],[11],[12],[13],[14]$ で、誤差の自由度は5である。列[7]の成分記号は $abc$ なので、そこに置いた因子は3因子交互作用 $A\times B\times C$ と交絡する。$F\times A$ や $G\times A$ などの要求しなかった交互作用はほかの列に入るが、それらは無視できると仮定している。9. 8.2-4 4つ目の因子の列[7]の成分記号は $abc$ なので、$D=ABC$ である。両辺に同じ因子を掛けると、$D^2=I$ より $I=ABCD$ を得る。

任意の効果 $X$ と $X\cdot ABCD$ は同じ列に入る。別名を計算すると

$$AB\cdot ABCD=CD,\qquad AC\cdot ABCD=BD,\qquad AD\cdot ABCD=BC$$

である。したがって2つずつの組は次の列に入る。

• 列[3]：$A\times B,\ C\times D$。
• 列[5]：$A\times C,\ B\times D$。
• 列[6]：$A\times D,\ B\times C$。

10. 8.2-5 主効果5つで自由度5、誤差の自由度は $7-5=2$ である。2因子交互作用が存在すると、それが現れる列によって次のことが起こる。

• 誤差の列なら、$V_e$ が大きくなって検出力が下がる。
• 因子の列なら、主効果と交絡してその推定に偏りが生じる。

11. 8.3-1 構造式を代入すると

$$T_{k1}-T_{k2}=\bm u_k^\top\bm x=\mu\bm u_k^\top\bm1+\sum_l\beta_l\bm u_k^\top\bm u_l+\bm u_k^\top\bm\varepsilon=8a_1+\bm u_k^\top\bm\varepsilon$$

となる。誤差の項は $\bm u_k^\top\bm\varepsilon\sim\mathrm N(0,8\sigma^2)$ なので

$$E[(T_{k1}-T_{k2})^2]=64a_1^2+8\sigma^2,\qquad E(S_A)=\frac{E[(T_{k1}-T_{k2})^2]}{8}=\sigma^2+8a_1^2$$

である。12. 8.3-2 推定式は $\hat\mu(A_2B_1C_2)=\bar x_{A_2}+\bar x_{B_1}+\bar x_{C_2}-2\bar x$ である。伊奈の式は $\frac14+\frac14+\frac14-\frac28=\frac12$ で、$n_e=2$。田口の式でも $8/(1+3)=2$。13. 8.3-3 最初は $V_e=12.0/10=1.2$ で、各要因の $F_0$ は次のとおりである。

$F_0<2$ の2要因をプールすると $S_e'=12.0+2.1+0.9=15.0,\ \phi_e'=12,\ V_e'=1.25$ となる。作り直した $F_0$ は

$$F_0(A)=52.0/1.25=41.6,\qquad F_0(B)=30.0/1.25=24.0,\qquad F_0(A\times B)=18.0/1.25=14.4$$

で、いずれも 9.33 を超えるので1%で有意である。14. 8.3-4 $L_8$ で水準 $A_i$ の4個のデータには、もう一方の因子の2水準が2回ずつ入る。よって

$$E(\bar x_{A_i})=\mu+a_i+\frac12\sum_j(ab)_{ij}=\mu+a_i\qquad\Bigl(\textstyle\sum_j(ab)_{ij}=0\Bigr)$$

である。同様に $E(\bar x_{B_j})=\mu+b_j,\ E(\bar x)=\mu$ である。したがって

$$E(\bar x_{A_i}+\bar x_{B_j}-\bar x)=\mu+a_i+b_j$$

となる。真の母平均 $\mu+a_i+b_j+(ab)_{ij}$ との差（偏り）は $-(ab)_{ij}$ である。15. 8.4-1 点推定値は

$$(\bar x_{A_2B_2}+\bar x_{C_2}-\bar x)-(\bar x_{A_1B_1}+\bar x_{C_1}-\bar x)=(48.0-36.0)+(42.25-37.75)=16.5$$

である。推定量は、次の2つの差の和である。

$$D_1=\bar x_{A_2B_2}-\bar x_{A_1B_1},\qquad D_2=\bar x_{C_2}-\bar x_{C_1}$$

分散と共分散を順に求める。

• $D_1$ は互いに素な2個ずつの平均の差で、$V[D_1]=\sigma^2/2+\sigma^2/2=\sigma^2$。
• $D_2$ は4個ずつの平均の差で、$V[D_2]=\sigma^2/4+\sigma^2/4=\sigma^2/2$。
• 共分散：$A_2B_2$ の2個（No. 7,8）は、冷却時間の2水準が1個ずつである。$A_1B_1$ の2個（No. 1,2）も1個ずつである。よって

$$\mathrm{Cov}(\bar x_{A_2B_2},\bar x_{C_2}-\bar x_{C_1})=\frac12\cdot\frac14(\sigma^2-\sigma^2)=0$$

で、同様に $\bar x_{A_1B_1}$ との共分散も0。

よって $V[D_1+D_2]=\frac32\sigma^2$ である。95%信頼区間は

$$16.5\pm3.182\sqrt{1.5\times2.1667}=16.5\pm3.182\times1.8028=16.5\pm5.74$$

すなわち $[10.76,\ 22.24]$ である。16. 8.4-2 各平均は

$$\bar x_{A_2}=(39+44+47+49)/4=44.75,\qquad\bar x_{B_2}=(31+38+47+49)/4=41.25,\qquad\bar x_{C_2}=42.25$$

である。よって $\hat\mu=44.75+41.25+42.25-2\times40=48.25$、$n_e=8/(1+3)=2$ となる。これは例題 8.5 の 50.25 より 2.0 小さい。

差は、交互作用の推定値 $\hat\beta_{A\times B}u=(168-152)/8=2.0$ を足していないことによる（$A_2B_2$ では列[3]の水準が1なので符号は正）。有意な交互作用を落としたため偏りが生じ、$n_e$ が大きくなって区間は見かけ上狭くなる。17. 8.4-3 列[6]に置いた因子と同じ列に入る2因子交互作用は、$B\times C$（$2\oplus4=6$）だけである。排他的論理和が6になる組は、因子の列 $1,2,4,6$ の中では $\{2,4\}$ しかない。

$B\times C$ も見たいとすると、主効果3つと交互作用3つで6列（[1]〜[6]）を使う。4つ目の因子には列[7]しか残らない。そのとき誤差の列が無くなる。さらに次の交互作用が、求める交互作用と交絡する。

$$A\times D=[6],\qquad B\times D=[5],\qquad C\times D=[3]$$

したがって $L_8$ のままでは、$B\times C$ を求めるなら誤差の列を諦めることになる。誤差の自由度を確保するには、$L_{16}$ に移る必要がある。18. 8.4-4 2元表の和は $T_{A_1B_1}=72,\ T_{A_1B_2}=69,\ T_{A_2B_1}=83,\ T_{A_2B_2}=96$ である。よって

$$\sum\frac{T^2}{2}=\frac{5184+4761+6889+9216}{2}=13025,\qquad S_{AB}=13025-12800=225$$

である。$S_A+S_B+S_{A\times B}=180.5+12.5+32.0=225$ で一致する。