擬水準法

2026年10月15日25分で読めますAI生成教科書『資格試験』第10章直交配列表を用いた多水準法と擬水準法

水準が足りない因子を列に置く
平方和の計算：不揃いな1元配置と擬水準の誤差
擬水準法での推定と有効反復数
確認テスト
木下の層

AI 生成・木下が未勉強

実験計画法　第10章 §10.2　★★ 列の水準のうち1つを既存の水準の重複に当てる。データ数が水準で違うので、平方和は不揃いの1元配置の式で、 $n_e$ は伊奈の式で求める

水準が足りない因子を列に置く

3水準の因子 $A$ を2水準系の表に入れたいとする。2水準系の列は2水準か、多水準法で作った4水準しかない。そこで4水準の列を作り、その4つの水準のうち1つに $A$ の既存の水準を重ねて当てる。たとえば

$\text{列の水準 } 1,2,3,4\ \longmapsto\ A_1,\ A_2,\ A_3,\ A_1'$

とし、 $A_1'$ は $A_1$ と同じ条件で実験する。この $A_1'$ を擬水準と呼ぶ。同様に、2水準の因子 $D$ を3水準系の表の列に入れるときは、列の水準 1, 2, 3 に $D_1,D_2,D_1'$ を当てる。

定義 10.3（擬水準法）

因子の水準数が割り付ける列の水準数より少ないとき、因子のある水準を重複させて（擬水準を作って）列のすべての水準を埋める方法を擬水準法と呼ぶ。重複させた水準のデータ数は、ほかの水準の2倍になる。

どの水準を重複させるかは技術的な判断で決める。重複させた水準はデータ数が多いので、その水準の母平均は精度よく推定される。そこで、現行の条件や、最終的に採用する見込みの高い水準を擬水準に選ぶことが多い。

平方和の計算：不揃いな1元配置と擬水準の誤差

2水準系の表 $L_N$ で、3水準の因子を4水準の列 $[j],[k],[j\oplus k]$ に置く。列の水準1と水準4には $A_1$ と $A_1'$ を当てる。水準ごとのデータ数は

$n_{A_1}=\frac N2,\qquad n_{A_2}=n_{A_3}=\frac N4$

である。ここで $T_{A_1}$ は、擬水準を含めた $A_1$ のデータ全体の和とする。 $A$ の平方和は、第3章で扱った繰返し数が不揃いな1元配置の公式で

$S_A=\frac{T_{A_1}^2}{N/2}+\frac{T_{A_2}^2}{N/4}+\frac{T_{A_3}^2}{N/4}-CT,\qquad \phi_A=2\tag{10.6}$

と計算する。4水準の列の自由度は3なので、1自由度が余る。余った1自由度は「同じ条件である $A_1$ と $A_1'$ の差」であり、その平方和を

$S_{A_1A_1'}=\frac{(T_{A_1}^{\circ}-T_{A_1'})^2}{N/2}\tag{10.7}$

と書く。各記号の意味は次のとおりである。

$T_{A_1}^{\circ}$ ：列の水準1（本来の第1水準）のデータ $N/4$ 個の和。
$T_{A_1'}$ ：列の水準4（擬水準）のデータ $N/4$ 個の和。

両者の和が $T_{A_1}$ である。

定理 10.4（擬水準を含む列の平方和の分解 ★★）

上の割り付けで次が成り立つ。

$S_{[j]}+S_{[k]}+S_{[j\oplus k]}=S_A+S_{A_1A_1'}$ 。
次の2つを仮定する。
- 構造式に $A_1$ と $A_1'$ の差が無い。
- 列 $[j],[k],[j\oplus k]$ 以外の列に置いた因子が、 $A$ と交互作用をもたない。

このとき $S_{A_1A_1'}/\sigma^2\sim\chi^2_1$ で、これは $S_A$ とも、ほかの列の列平方和とも独立である。したがって $S_{A_1A_1'}$ は自由度1の誤差として誤差平方和に加える。

証明

(1) 4水準の列の水準ごとの和（各 $N/4$ 個）を $T^{\circ}_{A_1},T_{A_2},T_{A_3},T_{A_1'}$ とする。定理 10.2 より、左辺は

$\frac{4}{N}\bigl((T^{\circ}_{A_1})^2+T_{A_2}^2+T_{A_3}^2+T_{A_1'}^2\bigr)-CT$

である。右辺の $S_A$ と比べると、第2・第3水準の項と修正項は共通である。よって

$\frac4N\bigl((T^{\circ}_{A_1})^2+T_{A_1'}^2\bigr)-\frac{2}{N}\bigl(T^{\circ}_{A_1}+T_{A_1'}\bigr)^2=\frac{2}{N}\bigl(T^{\circ}_{A_1}-T_{A_1'}\bigr)^2$

を示せばよい。左辺を展開すると $\frac2N\bigl((T^{\circ}_{A_1})^2+T_{A_1'}^2-2T^{\circ}_{A_1}T_{A_1'}\bigr)$ で、右辺に等しい。

(2) 列の水準1と水準4の指示ベクトルを $\bm g_1,\bm g_4$ とし、 $\bm c=\bm g_1-\bm g_4$ とおく。

$\bm c^\top\bm x=T^{\circ}_{A_1}-T_{A_1'},\qquad \bm c^\top\bm c=\frac N2,\qquad S_{A_1A_1'}=\frac{(\bm c^\top\bm x)^2}{N/2}$

である。式 (10.3) で、符号の組が $(+1,+1)$ と $(-1,-1)$ の指示ベクトルの差を取る。すると $\bm c=(\bm u_j+\bm u_k)/2$ となる。

よって $\bm c$ は、 $\bm 1$ と、4水準の列以外のすべての列の符号ベクトルに直交する。
$A$ の水準を表すベクトル $\bm g_1+\bm g_4,\ \bm g_2,\ \bm g_3$ とも直交する。指示ベクトルは互いに直交し、 $\bm c^\top(\bm g_1+\bm g_4)=N/4-N/4=0$ だからである。

仮定のもとで、 $E(\bm x)$ はこれらのベクトルの1次結合である。よって $E(\bm c^\top\bm x)=0$ となる。 $V[\bm c^\top\bm x]=\sigma^2\bm c^\top\bm c=\sigma^2N/2$ なので

$\frac{\bm c^\top\bm x}{\sqrt{\sigma^2N/2}}\sim\mathrm N(0,1),\qquad \frac{S_{A_1A_1'}}{\sigma^2}\sim\chi^2_1 .$

独立性は、第8章の定理（列平方和の分布）と同じ議論で従う。 $\bm c$ が、 $S_A$ を作るベクトルとも、ほかの列の符号ベクトルとも直交するからである。前者は、 $A$ の水準の指示ベクトルから $\bm 1$ 方向を除いたものである。

2水準の因子 $D$ を3水準系の列に置き、列の水準 1, 2, 3 を $D_1,D_2,D_1'$ とした場合も同じ形になる。 $L_9$ なら各列の水準のデータ数は3なので

$S_D=\frac{T_{D_1}^2}{6}+\frac{T_{D_2}^2}{3}-CT\ (\phi_D=1),\qquad S_{D_1D_1'}=\frac{(T^{\circ}_{D_1}-T_{D_1'})^2}{6}\ (\phi=1),$

で、 $S_D+S_{D_1D_1'}$ はその列の列平方和 $\sum_{l=1}^3T_{l}^2/3-CT$ に等しい。確認テスト 10.2-3 と同じ計算である。

擬水準の因子と交互作用

擬水準の因子 $A$ と2水準の因子 $B$ の交互作用を求める場合を考える。 $A\times B$ が現れる3列の列平方和の和は、次の2つに分かれる。

$S_{A\times B}$ （自由度2）。
「 $A_1$ と $A_1'$ の差」と2水準の因子の交互作用（自由度1）。

$S_{A\times B}$ は、2元表から次の式で求める。

$S_{A\times B}=\sum_{i,m}\frac{T_{A_iB_m}^2}{n_{A_iB_m}}-CT-S_A-S_B$

残りの自由度1は誤差に加える。2元表のセルのデータ数は、 $A_1$ の行だけ2倍になる。

擬水準法での推定と有効反復数

擬水準法では $A$ の水準ごとのデータ数が異なるので、第8章の田口の式は使えない。

$\frac1{n_e}=\frac{1+(\text{用いた自由度の和})}N$

田口の式は、自由度 $\phi$ の因子の各水準のデータ数がすべて $N/(\phi+1)$ であることを前提にしている。

たとえば $\hat\mu(A_2)=\bar x_{A_2}$ の分散は $\sigma^2/(N/4)$ である。田口の式で計算すると $(1+2)/N=3/N$ となり、正しい $4/N$ に一致しない。一方、伊奈の式（推定式に現れる平均の係数をデータ数で割って足す）は擬水準法でもそのまま成り立つ。その理由を次の定理で示す。

定理 10.5（伊奈の式が成り立つ条件 ★★）

データ $x_1,\dots,x_N$ が独立で、分散 $\sigma^2$ をもつとする。データの番号の部分集合を $G_1,\dots,G_m$ とし、大きさを $n_1,\dots,n_m$ とする。各部分集合の平均を $\bar x_{G_l}$ とし、全平均を $\bar x$ とする。

2つの部分集合 $G,H$ （大きさ $n_G,n_H$ ）について、次が成り立つ。

$\mathrm{Cov}(\bar x_G,\bar x_H)=\frac{\sigma^2\lvert G\cap H\rvert }{n_Gn_H}$ 2. どの $l\neq l'$ についても比例頻度 $\lvert G_l\cap G_{l'}\rvert =n_ln_{l'}/N$ が成り立つとする。このとき推定量

$\hat\mu=\sum_{l=1}^m\bar x_{G_l}-(m-1)\bar x\tag{10.8}$

の分散は

$V[\hat\mu]=\sigma^2\Bigl(\sum_{l=1}^m\frac{1}{n_l}-\frac{m-1}{N}\Bigr)\tag{10.9}$

であり、これは伊奈の式の値に等しい。

証明

(1) $\bar x_G=\frac1{n_G}\sum_{r\in G}x_r$ 、 $\bar x_H=\frac1{n_H}\sum_{s\in H}x_s$ である。 $\mathrm{Cov}(x_r,x_s)$ は、同じデータなら $\sigma^2$ 、それ以外は 0 なので

$\mathrm{Cov}(\bar x_G,\bar x_H)=\frac{1}{n_Gn_H}\sum_{r\in G}\sum_{s\in H}\mathrm{Cov}(x_r,x_s)=\frac{\sigma^2\lvert G\cap H\rvert }{n_Gn_H}.$

とくに次の2つの場合が重要である。

$H$ を全体にとると、 $\mathrm{Cov}(\bar x_G,\bar x)=\sigma^2n_G/(n_GN)=\sigma^2/N$ 。
$G=H$ なら、 $V[\bar x_G]=\sigma^2/n_G$ 。

(2) 比例頻度の仮定と (1) から、次の3つが成り立つ。

$\mathrm{Cov}(\bar x_{G_l},\bar x_{G_{l'}})=\frac{\sigma^2}N\ (l\neq l'),\qquad \mathrm{Cov}(\bar x_{G_l},\bar x)=\frac{\sigma^2}N,\qquad V[\bar x]=\frac{\sigma^2}N .$

したがって

$\frac{V[\hat\mu]}{\sigma^2}=\sum_{l}\frac1{n_l}+\frac{(m-1)^2}{N}+2\binom m2\frac1N-2(m-1)\cdot m\cdot\frac1N .$

後ろの3項をまとめると

$\frac{(m-1)^2+m(m-1)-2m(m-1)}{N}=\frac{(m-1)\bigl((m-1)+m-2m\bigr)}{N}=-\frac{m-1}{N}$

となり、式 (10.9) を得る。

伊奈の式は、推定式 (10.8) の係数から計算する。各平均 $\bar x_{G_l}$ （データ数 $n_l$ ）の係数は +1 である。データ数 $N$ の全平均の係数は $-(m-1)$ である。これから $\sum_l\frac1{n_l}-\frac{m-1}{N}$ を計算するので、式 (10.9) の括弧の中に一致する。

擬水準法で比例頻度が成り立つことを確かめる。3水準の因子を列 $[j],[k],[j\oplus k]$ に置き、2水準の因子 $B$ を別の列に置いたとする。前節で示したとおり、4水準の列の各水準（ $N/4$ 個）の中で、2水準の因子の各水準は $N/8$ 個ずつ現れる。 $A_1$ は列の水準1と水準4を合わせたものなので

$\lvert A_1\cap B_m\rvert =\frac N8+\frac N8=\frac N4=\frac{(N/2)(N/2)}{N},\qquad \lvert A_2\cap B_m\rvert =\frac N8=\frac{(N/4)(N/2)}{N}$

となり、どちらも比例頻度の条件を満たす。2つの因子がどちらも擬水準でない列にある場合は、第8章の釣り合いから直ちに成り立つ。こうして、擬水準法の推定量 $\bar x_{A_i}+\bar x_{B_m}-\bar x$ などの分散は伊奈の式で正しく計算される。

擬水準法の計算の定石

$S_A$ は水準ごとのデータ数（擬水準を含む水準は2倍）で割る不揃いの1元配置の式で計算する。自由度は $A$ の水準数 $-1$ 。
4水準（または3水準）の列の自由度の余り1は、擬水準とその元の水準の差の平方和 $S_{A_1A_1'}$ として誤差に加える。
点推定は第8章と同じ形の推定式を使う。 $n_e$ は伊奈の式で求め、田口の式は使わない。
区間推定は $\hat\mu\pm t_{\phi_e}(\alpha/2)\sqrt{V_e/n_e}$ 。 $\phi_e$ には擬水準の誤差の自由度を含める。

落とし穴

擬水準を含む水準の平均 $\bar x_{A_1}$ は、擬水準を合わせた $N/2$ 個のデータすべての平均である。列の水準1だけの $N/4$ 個の平均で推定すると、推定量の分散が2倍になるうえ、伊奈の式で使うデータ数も変わる。逆に $A_2$ の平均を $N/2$ 個で割る誤りも起こりやすい。データ数は水準ごとに確かめる。

例題 10.3　 $L_8$ に擬水準法で3水準の因子を入れた実験 ★★

オリジナル

3水準の因子 $A$ と2水準の因子 $B$ を取り上げる。 $A$ を列[1]・[2]・[3]の4水準の列に置き、列の水準 1, 2, 3, 4 を $A_1,A_2,A_3,A_1'$ とした。

$B$ は列[4]に置く。交互作用は無視できるとして、列[5]・[6]・[7]を誤差とする。特性値は大きいほど望ましい。実験 No. 1〜8 の順に

$21,\ 17,\ 26,\ 24,\ 30,\ 26,\ 22,\ 20$

を得た（No. 7,8 が擬水準 $A_1'$ ）。

$S_A$ と $S_{A_1A_1'}$ を求めよ。その和が $S_{[1]}+S_{[2]}+S_{[3]}$ に一致することを確かめよ。
分散分析表を作り、有意水準5%で判定せよ。
$\hat\mu(A_3B_1)$ と $\hat\mu(A_1B_1)$ を求め、それぞれの有効反復数を伊奈の式で求めよ。田口の式を誤って使うと何が得られるかも述べよ。
$A_3B_1$ の母平均の95%信頼区間を求めよ（ $t_4(0.025)=2.776$ ）。

解答

(1) 総平方和までを求める。

$T=186,\qquad CT=\frac{186^2}8=4324.5,\qquad \sum x_r^2=4442,\qquad S_T=117.5 .$

水準ごとの和は次のとおりである。

$A_1$ は No. 1,2,7,8 の4個で、 $T_{A_1}=21+17+22+20=80$ 。
$A_2$ は No. 3,4 の2個で、 $T_{A_2}=50$ 。
$A_3$ は No. 5,6 の2個で、 $T_{A_3}=56$ 。

式 (10.6) より

$S_A=\frac{80^2}{4}+\frac{50^2}{2}+\frac{56^2}{2}-4324.5=1600+1250+1568-4324.5=93.5 .$

本来の第1水準（No. 1,2）の和は 38、擬水準（No. 7,8）の和は 42 である。式 (10.7) より $S_{A_1A_1'}=(38-42)^2/4=4$ 。

列平方和は、表 10.1 の元になった $L_8$ の列ごとに和を取って求める。

$\begin{aligned}\text{列[1]}&:\ \text{水準1（No.\ 1〜4）が 88、水準2（No.\ 5〜8）が 98}, & S_{[1]}&=10^2/8=12.5,\\ \text{列[2]}&:\ \text{水準1（No.\ 1,2,5,6）が 94、水準2が 92}, & S_{[2]}&=2^2/8=0.5,\\ \text{列[3]}&:\ \text{水準1（No.\ 1,2,7,8）が 80、水準2（No.\ 3〜6）が 106}, & S_{[3]}&=26^2/8=84.5.\end{aligned}$

和は $12.5+0.5+84.5=97.5=93.5+4$ で、定理 10.4 (1) のとおりである。

(2) 残りの列の和と列平方和は次のとおりである。

$\begin{aligned}\text{列[4]}\ (B)&:\ (99,87), & S_B&=12^2/8=18,\\ \text{列[5]・[6]・[7]}&:\ (93,93),\ (95,91),\ (93,93), & &\text{列平方和は }0,\ 2,\ 0.\end{aligned}$

誤差は $S_e=0+2+0+S_{A_1A_1'}=6$ 、自由度は 3+1=4 で、 $V_e=1.5$ である。合計 $93.5+18+6=117.5=S_T$ で分解が確かめられる。

要因	$S$	$\phi$	$V$	$F_0$
$A$	93.5	2	46.75	31.17	$>F_{2,4}(0.01)=18.00$
$B$	18.0	1	18.00	12.00	$>F_{1,4}(0.05)=7.71$
$e$	6.0	4	1.50
計	117.5	7

$A$ は有意水準1%で有意、 $B$ は5%で有意である。 $F_0(B)$ は $F_{1,4}(0.01)=21.20$ より小さい。

(3) 水準ごとの平均は次のとおりである。

$\bar x_{A_1}=\frac{80}4=20,\quad \bar x_{A_2}=25,\quad \bar x_{A_3}=28,\quad \bar x_{B_1}=\frac{99}4=24.75,\quad \bar x=23.25 .$

$\hat\mu(A_3B_1)=28+24.75-23.25=29.5,\qquad \hat\mu(A_1B_1)=20+24.75-23.25=21.5 .$

伊奈の式で有効反復数を求める。

$\begin{aligned}A_3B_1&:\quad \frac1{n_e}=\frac12+\frac14-\frac18=\frac58, & n_e&=1.6,\\ A_1B_1&:\quad \frac1{n_e}=\frac14+\frac14-\frac18=\frac38, & n_e&=8/3.\end{aligned}$

擬水準を含む第1水準はデータが2倍あるので、 $A_1B_1$ の方が精度よく推定される。

田口の式を使うと、用いた自由度の和が 2+1=3 なので、どちらの条件でも $1/n_e=4/8$ 、 $n_e=2$ となる。これは $A_3B_1$ の分散を小さく、 $A_1B_1$ の分散を大きく見積もることになる。

(4) 信頼区間は

$29.5\pm2.776\sqrt{1.5/1.6}=29.5\pm2.776\times0.968=29.5\pm2.69,$

すなわち $[26.81,\ 32.19]$ である。

4水準の列では、列[1]・[2]・[3]の水準1に当たる実験 No. がそれぞれ異なる（列[1]は No. 1〜4、列[2]は No. 1,2,5,6、列[3]は No. 1,2,7,8）。列平方和で検算するときは、第8章の $L_8$ の表で1本ずつ確かめる。

3水準系の表として、第9章の $L_9(3^4)$ を表 10.2 に再掲する。列[3]・[4]は列[1]・[2]の交互作用が現れる2本の列である。

表 10.2　直交配列表

L_9(3^4)

。最下段は成分記号。第9章の表と同じ並びである。列[4]の水準は、成分記号

ab^2

の1次式

x_a+2x_b

を2倍した式で付く。2倍した式は

2x_a+x_b\pmod3

である

実験 No.	[1]	[2]	[3]	[4]
1	1	1	1	1
2	1	2	2	2
3	1	3	3	3
4	2	1	2	3
5	2	2	3	1
6	2	3	1	2
7	3	1	3	2
8	3	2	1	3
9	3	3	2	1
成分	$a$	$b$	$ab$	$ab^2$

例題 10.4　 $L_9$ に擬水準法で2水準の因子を入れた実験 ★★

オリジナル

3水準の因子 $A,B$ と2水準の因子 $D$ を取り上げる。 $L_9(3^4)$ （表 10.2）に次のように置いた。

$A:\ \text{列[1]},\qquad B:\ \text{列[2]},\qquad D:\ \text{列[4]}$

$D$ は列の水準 1, 2, 3 を $D_1,D_2,D_1'$ とする擬水準法である。交互作用は無視できるとし、列[3]を誤差とする。

特性値は大きいほど望ましい。実験 No. 1〜9 の順に

$9,\ 11,\ 10,\ 12,\ 13,\ 17,\ 19,\ 13,\ 16$

を得た。

平方和 $S_A,S_B,S_D,S_{D_1D_1'}$ と、列[3]の列平方和を求めよ。分散分析表を作れ。 $F_0$ が2程度以下の要因は誤差にプールし、有意水準5%で判定せよ。
最適条件の母平均を点推定し、有効反復数と95%信頼区間を求めよ（ $t_5(0.025)=2.571$ ）。

解答

(1) 総平方和までを求める。

$T=120,\qquad CT=1600,\qquad \sum x_r^2=1690,\qquad S_T=90 .$

3水準の列の列平方和は、各水準のデータ数が3なので $\sum_{l}T_l^2/3-CT$ である。

各列の水準の和と列平方和は次のとおりである。

$\begin{aligned}\text{列[1]}\ (A)&:\ (30,42,48), & S_A&=(900+1764+2304)/3-1600=56,\\ \text{列[2]}\ (B)&:\ (40,37,43), & S_B&=(1600+1369+1849)/3-1600=6,\\ \text{列[3]}\ (e)&:\ (39,39,42), & S_{[3]}&=(1521+1521+1764)/3-1600=2.\end{aligned}$

列[3]の水準は、水準1が No. 1,6,8、水準2が No. 2,4,9、水準3が No. 3,5,7 である。

列[4]は水準1が No. 1,5,9 で 38、水準2が No. 2,6,7 で 47、水準3が No. 3,4,8 で 35 である。 $D_1$ は水準1と3を合わせて和が 73（6個）、 $D_2$ は 47（3個）なので

$S_D=\frac{73^2}{6}+\frac{47^2}{3}-1600=24.5,\qquad S_{D_1D_1'}=\frac{(38-35)^2}{6}=1.5 .$

列[4]の列平方和は $(1444+2209+1225)/3-1600=26=24.5+1.5$ である。誤差は $S_e=2+1.5=3.5$ 、自由度は 2+1=3 で、 $V_e=7/6$ である。合計は $56+6+24.5+3.5=90=S_T$ 。

要因	$S$	$\phi$	$V$	$F_0$
$A$	56.0	2	28.00	24.00
$B$	6.0	2	3.00	2.57
$D$	24.5	1	24.50	21.00
$e$	3.5	3	1.17
計	90.0	8

$B$ は $F_0=2.57$ と小さいのでプールする。プール後は

$S_e=9.5,\qquad \phi_e=5,\qquad V_e=1.9$

で、次のようになる。

$\begin{aligned}F_0(A)&=28/1.9=14.74>F_{2,5}(0.01)=13.27,\\ F_0(D)&=24.5/1.9=12.89>F_{1,5}(0.05)=6.61 .\end{aligned}$

$F_0(D)$ は $F_{1,5}(0.01)=16.26$ より小さい。よって $A$ は1%、 $D$ は5%で有意である。

(2) 水準ごとの平均は次のとおりである。

$\bar x_{A_1}=10,\quad \bar x_{A_2}=14,\quad \bar x_{A_3}=16,\quad \bar x_{D_1}=\frac{73}6,\quad \bar x_{D_2}=\frac{47}3,\quad \bar x=\frac{40}3 .$

最適条件は $A_3D_2$ で

$\hat\mu(A_3D_2)=16+\frac{47}{3}-\frac{40}{3}=\frac{55}{3}\approx18.33 .$

$A_3$ の3個と $D_2$ の3個の共通部分は No. 7 の1個である。 $1=3\cdot3/9$ なので比例頻度が成り立つ。伊奈の式で

$\frac1{n_e}=\frac13+\frac13-\frac19=\frac59,\qquad n_e=1.8 .$

95%信頼区間は

$18.33\pm2.571\sqrt{\frac{1.9}{1.8}}=18.33\pm2.64,$

すなわち $[15.69,\ 20.97]$ である。

確認テスト

オリジナル

10.2-1 定理 10.4 (2) の状況で、 $E(S_{A_1A_1'})=\sigma^2$ であることを示せ。また、擬水準の実験だけ条件がずれて、母平均が $\mu+a_1+\delta$ になっていたとする。このとき $E(S_{A_1A_1'})$ はどうなるか。
10.2-2 $L_{16}$ で、3水準の因子 $A$ を列[1]・[2]・[3]に擬水準法で置いた（第1水準を重複）。2水準の因子 $B,C$ はほかの列に置き、交互作用は無視できるとする。 $\hat\mu(A_1B_1C_1)$ と $\hat\mu(A_2B_1C_1)$ の有効反復数を伊奈の式で求めよ。田口の式を使った場合の値と比べよ。
10.2-3 $L_8$ で3水準の因子 $A$ を列[1]・[2]・[3]に擬水準法で置いた。4水準の列の水準ごとの和（各2個）は次のとおりであった。

$T^{\circ}_{A_1}=40,\qquad T_{A_2}=52,\qquad T_{A_3}=60,\qquad T_{A_1'}=44$

$S_A$ と $S_{A_1A_1'}$ を求めよ。その和が、4水準の列としての平方和 $\sum T^2/2-CT$ に等しいことを確かめよ。4. 10.2-4 例題 10.4 で、3水準の因子の水準を固定したときの、 $D_2$ と $D_1$ の母平均の差を点推定せよ。その推定量の分散を誤差分散で表し、プール後の誤差を使って95%信頼区間を求めよ。5. 10.2-5 擬水準法で、重複させる水準として現行の条件を選ぶことの利点を、推定量の分散の観点から1〜2文で述べよ。

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