確認テストの解答

実験計画法　第10章 §10.4

1. 10.1-1 4水準の列になる3列は、$\{j,k,j\oplus k\}$ の形の組である。列番号 1〜7 で $j\oplus k$ を計算すると、次の7組になる。

$$\{1,2,3\},\ \{1,4,5\},\ \{1,6,7\},\ \{2,4,6\},\ \{2,5,7\},\ \{3,4,7\},\ \{3,5,6\}$$

どの組も、3つの番号のどの2つの排他的論理和も残りの1つに等しい。異なる2列の選び方は $\binom72=21$ 通りある。各組はそのうち3通りから同じ組として得られるので、21/3 = 7 組である。2. 10.1-2 $T=104$、$CT=104^2/8=1352$ である。$A$ の水準の和は (22, 28, 34, 20) なので

$$S_A=\frac{484+784+1156+400}2-1352=1412-1352=60 .$$

3列の水準1・水準2の和と列平方和は次のとおりである。

$$\begin{aligned}\text{列[1]}&:\ (50,54), & S_{[1]}&=4^2/8=2,\\ \text{列[2]}&:\ \text{水準1（No.\ 1,2,5,6）が 56、水準2が 48}, & S_{[2]}&=8^2/8=8,\\ \text{列[3]}&:\ \text{水準1（No.\ 1,2,7,8）が 42、水準2（No.\ 3〜6）が 62}, & S_{[3]}&=20^2/8=50.\end{aligned}$$

和は $2+8+50=60=S_A$ である。

$\sum x_r^2=1420$ より $S_T=1420-1352=68$ である。列[4]は水準1（No. 1,3,5,7）が 56、水準2が 48 で、$S_{[4]}=8^2/8=8$ である。3. 10.1-3 $4\oplus8=12$ なので、列[4]・[8]・[12]は「2列とその交互作用の列」の形であり、4水準の列になる。$A\times C$ は、2つの因子の3列どうしの積の列すべてに現れる。

$$\begin{array}{lll} 1\oplus4=5, & 1\oplus8=9, & 1\oplus12=13,\\ 2\oplus4=6, & 2\oplus8=10, & 2\oplus12=14,\\ 3\oplus4=7, & 3\oplus8=11, & 3\oplus12=15 \end{array}$$

よって列[5]・[6]・[7]・[9]・[10]・[11]・[13]・[14]・[15]の9列で、自由度は $3\times3=9$ である。これで $L_{16}$ の15列をすべて使い、自由度は 3+3+9=15 になる。4. 10.1-4 式 (10.3) から $\bm g_{(s,t)}^\top\bm u_j=\frac N4s$ である（$\bm u_j^\top\bm u_j=N$ で、ほかの項は直交して 0）。水準 $i$ に対応する符号の組を $(s_i,t_i)$ とする。ほかの列の効果は $\bm u_j$ と直交するので

$$\begin{aligned}E[\bm u_j^\top\bm x]&=\sum_ia_i\bm g_i^\top\bm u_j=\frac N4\sum_is_ia_i,\\ E[\bm u_k^\top\bm x]&=\frac N4\sum_it_ia_i,\qquad E[\bm u_{j\oplus k}^\top\bm x]=\frac N4\sum_is_it_ia_i .\end{aligned}$$

第8章の結果 $E(S_{[m]})=\sigma^2+(E[\bm u_m^\top\bm x])^2/N$ を3列について足すと

$$E(S_A)=3\sigma^2+\frac{N}{16}\Bigl\{\Bigl(\sum_is_ia_i\Bigr)^2+\Bigl(\sum_it_ia_i\Bigr)^2+\Bigl(\sum_is_it_ia_i\Bigr)^2\Bigr\}.$$

4つの水準の符号 $(1,s_i,t_i,s_it_i)$ を行に並べた4行4列の行列を $H$ とする。各列が直交し $H^\top H=4I$ なので、$\bm a=(a_1,\dots,a_4)^\top$ について

$$\lVert H^\top\bm a\rVert ^2=4\lVert \bm a\rVert ^2 .$$

$H^\top\bm a$ の第1成分は $\sum_ia_i=0$ である。よって括弧の中は $4\sum_ia_i^2$ に等しい。よって

$$E(S_A)=3\sigma^2+\frac N4\sum_ia_i^2,\qquad E(V_A)=\sigma^2+\frac N4\cdot\frac{\sum a_i^2}{3}$$

で、式 (10.5) と一致する。5. 10.1-5 差の推定量は

$$(\bar x_{A_3}+\bar x_{B_1}-\bar x)-(\bar x_{A_1}+\bar x_{B_1}-\bar x)=\bar x_{A_3}-\bar x_{A_1}$$

で、点推定値は 28.5 − 18.5 = 10.0 である。2つの平均は共通のデータを含まないので独立で、分散は $\sigma^2(\frac12+\frac12)=\sigma^2$ である。95%信頼区間は $10.0\pm3.182\sqrt{4/3}=10.0\pm3.67$、すなわち $[6.33,\ 13.67]$ である。6. 10.2-1 定理 10.4 の証明のベクトル $\bm c$ を使う。$E(\bm c^\top\bm x)=0$、$V[\bm c^\top\bm x]=\sigma^2N/2$ なので

$$E(S_{A_1A_1'})=\frac{E[(\bm c^\top\bm x)^2]}{N/2}=\frac{V[\bm c^\top\bm x]+0}{N/2}=\sigma^2 .$$

擬水準の母平均だけが $\delta$ ずれているとする。$\bm c$ の係数は、列の水準1のデータが +1、水準4のデータが −1 である（どちらも $N/4$ 個）。よって

$$E(\bm c^\top\bm x)=\frac N4\cdot0-\frac N4\delta=-\frac N4\delta,\qquad E(S_{A_1A_1'})=\sigma^2+\frac{(N\delta/4)^2}{N/2}=\sigma^2+\frac{N\delta^2}{8}$$

となり、誤差の平均平方を過大にする。7. 10.2-2 データ数は次のとおりである。

$$N=16,\qquad n_{A_1}=8,\qquad n_{A_2}=4,\qquad n_{B_1}=n_{C_1}=8$$

推定式は $\bar x_{A_i}+\bar x_{B_1}+\bar x_{C_1}-2\bar x$ で、伊奈の式から

$$\begin{aligned}A_1B_1C_1&:\quad \frac18+\frac18+\frac18-\frac2{16}=\frac{4}{16}, & n_e&=4,\\ A_2B_1C_1&:\quad \frac14+\frac18+\frac18-\frac2{16}=\frac{6}{16}, & n_e&=8/3.\end{aligned}$$

田口の式では、用いた自由度の和が 2+1+1=4 なので、どちらの条件でも $1/n_e=5/16$、$n_e=3.2$ となる。これは正しい値（4 と 8/3）のどちらとも一致しない。8. 10.2-3 $T=196$、$CT=196^2/8=4802$ である。第1水準の和は 40+44=84（4個）である。

$$S_A=\frac{84^2}4+\frac{52^2}2+\frac{60^2}2-4802=1764+1352+1800-4802=114,\qquad S_{A_1A_1'}=\frac{(40-44)^2}4=4 .$$

4水準の列としては

$$\sum\frac{T^2}2-CT=\frac{1600+2704+3600+1936}2-4802=4920-4802=118=114+4 .$$ 9. 10.2-4 差の推定量は $\bar x_{D_2}-\bar x_{D_1}$ で、点推定値は

$$\frac{47}3-\frac{73}6=\frac{94-73}{6}=3.5 .$$

2つの平均のデータは重ならないので独立で、分散は $\sigma^2(\frac13+\frac16)=\frac{\sigma^2}2$ である。95%信頼区間は $3.5\pm2.571\sqrt{1.9/2}=3.5\pm2.51$、すなわち $[0.99,\ 6.01]$ である。10. 10.2-5 重複させた水準はデータ数がほかの水準の2倍になるので、その水準の平均の分散は半分になる。現行の条件を重複させると、現行条件の母平均と、現行条件と新しい条件の差がより精度よく推定され、改善の大きさの判断が確かになる。