確認テストの解答

実験計画法　第14章 §14.4

1. 14.1-1 同じ試験片を測った値の差には測定の誤差しか入らないので、その不偏分散は2次誤差の分散 $\sigma_{(2)}^2$ の推定量である。要因の水準間の差には、実験ごとに入る1次誤差も含まれる（$E(V_A)$ に $m\sigma_{(1)}^2$ が入る）。そのため2次誤差の分散だけを分母にすると、差が無くても有意になりやすい。
2. 14.1-2 構造式から $x_{ijk}-\bar x_{ij\cdot}=\varepsilon_{(2)ijk}-\bar\varepsilon_{(2)ij\cdot}$ である。一般平均・効果・1次誤差は添字 $k$ によらないので消える。実験ごとに2次誤差は独立に $\mathrm{N}(0,\sigma_{(2)}^2)$ に従うので、標本分散の不偏性から

$$E\Bigl[\sum_k(\varepsilon_{(2)ijk}-\bar\varepsilon_{(2)ij\cdot})^2\Bigr]=(m-1)\sigma_{(2)}^2 .$$

$ar$ 個の実験について足すと $E(S_{e(2)})=ar(m-1)\sigma_{(2)}^2$。3. 14.1-3 $\phi_A=3,\ \phi_{e(1)}=4\times1=4,\ \phi_{e(2)}=8\times2=16,\ \phi_T=24-1=23$（$3+4+16=23$）。$\hat\sigma_{(2)}^2=V_{e(2)}=1,\ \hat\sigma_{(1)}^2=(5-1)/3=4/3\approx1.333$。水準平均の分散の推定値は $V_{e(1)}/(rm)=5/6\approx0.833$ である。これは $\hat\sigma_{(1)}^2/r+\hat\sigma_{(2)}^2/(rm)=0.667+0.167=0.833$ と一致する。4. 14.1-4 $m^*=\sqrt{4\times2/(2\times0.5)}=\sqrt8\approx2.83$。前後の整数で $g(m)$ を比べると

$$g(2)=(0.5+1)(4+4)=12,\qquad g(3)=\Bigl(0.5+\tfrac23\Bigr)(4+6)=11.667,$$

で $g(3)<g(2)$ なので $m=3$ を選ぶ。参考に $g(1)=2.5\times6=15,\ g(4)=1\times12=12$ である。連続での最小値は $(\sqrt{0.5\cdot4}+\sqrt{2\cdot2})^2=(1.414+2)^2\approx11.657$ になる。5. 14.1-5 $y_{ij}=\bar x_{ij\cdot}$ とする。水準平均は $\bar y_{i\cdot}=\bar x_{i\cdot\cdot}$、総平均は $\bar y=\bar x$ なので

$$S_A^{(y)}=r\sum_i(\bar y_{i\cdot}-\bar y)^2=\frac{1}{m}\cdot rm\sum_i(\bar x_{i\cdot\cdot}-\bar x)^2=\frac{S_A}{m},$$

$$S_e^{(y)}=\sum_{i,j}(y_{ij}-\bar y_{i\cdot})^2=\frac1m\cdot m\sum_{i,j}(\bar x_{ij\cdot}-\bar x_{i\cdot\cdot})^2=\frac{S_{e(1)}}{m}.$$

自由度は $a-1$ と $a(r-1)$ で、それぞれ元の解析の要因と1次誤差の自由度に等しい。よって$F_0^{(y)}=\dfrac{(S_A/m)/\phi_A}{(S_{e(1)}/m)/\phi_{e(1)}}=\dfrac{V_A}{V_{e(1)}}$。6. 14.2-1 $a=3,\ r=2,\ m=3,\ N=18$。$\sum x^2=465,\ T=89,\ CT=89^2/18=7921/18=440.056$。水準の合計は 27, 36, 26、実験の合計は 12, 15, 18, 18, 14, 12 である。

$$\begin{aligned}S_T&=465-440.056=24.944,\\ S_A&=\frac{27^2+36^2+26^2}{6}-CT=\frac{2701}{6}-440.056=450.167-440.056=10.111,\\ S_{AR}&=\frac{12^2+15^2+18^2+18^2+14^2+12^2}{3}-CT\\ &=\frac{1357}{3}-440.056=452.333-440.056=12.278,\\ S_{e(1)}&=12.278-10.111=2.167,\qquad S_{e(2)}=465-452.333=12.667 .\end{aligned}$$

自由度 $2,\ 3,\ 12$（計 17）。$V_A=5.056,\ V_{e(1)}=0.722,\ V_{e(2)}=1.056$。判定は次の順に行う。

• $e_{(1)}$：$F_0=0.722/1.056=0.68<F_{3,12}(0.05)=3.49$ で有意でない。分散比が 2 より小さいので、2次誤差にプールする。
• プール後の誤差：$S_{e'}=2.167+12.667=14.833,\ \phi_{e'}=15,\ V_{e'}=0.989$。
• $A$：$F_0=5.056/0.989=5.11\geq F_{2,15}(0.05)=3.68$ で 5% 有意（6.36 未満なので 1% では有意でない）。

プールしなければ $F_0=5.056/0.722=7.00<F_{2,3}(0.05)=9.55$ で有意でない。1次誤差の自由度が 3 と小さいため棄却限界が大きい。$\sigma_{(1)}^2\approx0$ をデータで確かめてプールしたことで、検出力が上がった。7. 14.2-2 プール後は $\sigma_{(1)}^2=0$ とみなすので、水準平均の分散は $\sigma^2/(rm)=\sigma^2/6$ である。誤差分散は $V_{e'}=0.989$（自由度 15）で推定する。$\hat\mu(A_2)=36/6=6.000$、

$$6.000\pm2.131\sqrt{0.989/6}=6.000\pm2.131\times0.406=6.000\pm0.865,$$

すなわち $[5.13,\ 6.87]$。差は $\bar x_{2\cdot\cdot}-\bar x_{3\cdot\cdot}=(36-26)/6=1.667$、

$$1.667\pm2.131\sqrt{2\times0.989/6}=1.667\pm2.131\times0.574=1.667\pm1.223,$$

すなわち $[0.44,\ 2.89]$。8. 14.2-3 自由度は $\phi_A=2,\ \phi_B=3,\ \phi_{e(1)}=(3-1)(4-1)=6,\ \phi_{e(2)}=12\times1=12$、計 $23=3\times4\times2-1$。平均平方は $V_A=20,\ V_B=10,\ V_{e(1)}=2,\ V_{e(2)}=0.5$。期待平均平方は (14.15) で $b=4,\ a=3,\ m=2$ として次になる。

$$\begin{aligned}E(V_A)&=\sigma_{(2)}^2+2\sigma_{(1)}^2+8\sigma_A^2, & E(V_B)&=\sigma_{(2)}^2+2\sigma_{(1)}^2+6\sigma_B^2,\\ E(V_{e(1)})&=\sigma_{(2)}^2+2\sigma_{(1)}^2, & E(V_{e(2)})&=\sigma_{(2)}^2.\end{aligned}$$

判定は次のとおりである。

• $A$：$F_0=20/2=10.0$ は 5.14 以上 10.92 未満なので、5% 有意（1% では有意でない）。
• $B$：$F_0=10/2=5.0$ は 4.76 以上 9.78 未満なので、5% 有意。
• $e_{(1)}$：$F_0=2/0.5=4.0$ は 3.00 以上 4.82 未満なので、5% 有意。1次誤差は無視できないのでプールしない。

9. 14.2-4 $r=1$ なので $\phi_A=3,\ \phi_{e(1)}=4\times0=0,\ \phi_{e(2)}=4\times2=8$（計 11）。$S_{e(1)}$ は存在しない。定理 14.2 の計算は $r=1$ でもそのまま成り立つ。

$$E(V_A)=\sigma_{(2)}^2+3\sigma_{(1)}^2+3\sigma_A^2,\qquad E(V_{e(2)})=\sigma_{(2)}^2$$

分子と分母の期待値の差は $3(\sigma_{(1)}^2+\sigma_A^2)$ なので、この比が大きいことは「$\sigma_{(1)}^2+\sigma_A^2>0$」を示すにすぎない。各水準の実験が1回しか無いので、水準間の違いが $A$ の効果によるのか、その1回の実験に入った実験の誤差によるのかを区別するデータが無く、$A$ の効果の検定にならない。