繰り返しのない二元配置

統計学の復習　第15章 §15.6　★★ 各組合せで1回だけ測ると、交互作用と誤差を分けることができない。交互作用が無いと仮定し、残差を誤差とみなす。一方の要因をブロックと見れば、ブロックの違いを誤差から取り除く方法になる

モデルと平方和

各組合せ $A_iB_j$ で1回だけデータを取る。$r=1$ なので、定理 15.11 の $S_e$ は $0$ になり、自由度も $ab(1-1)=0$ になる（確認テスト 15.5-3）。組合せの中のばらつきが観測されないので、誤差の分散 $\sigma^2$ を直接推定する手段が無い。そこで交互作用が無いと仮定して、モデルを

$$x_{ij}=\mu+a_i+b_j+\varepsilon_{ij},\qquad \sum_ia_i=0,\ \sum_jb_j=0,\qquad \varepsilon_{ij}\sim\mathrm N(0,\sigma^2)\ \text{独立}\tag{15.18}$$

とする。偏差の分解は式 (15.16) で $r=1$ としたもので、

$$S_T=S_A+S_B+S_e,\qquad S_A=b\sum_i(\bar x_{i\cdot}-\bar x)^2,\quad S_B=a\sum_j(\bar x_{\cdot j}-\bar x)^2,\quad S_e=\sum_{i,j}(x_{ij}-\bar x_{i\cdot}-\bar x_{\cdot j}+\bar x)^2$$

である。交差項が消える証明は定理 15.11 と同じである。$S_e$ は、繰り返しのある場合の交互作用の平方和と同じ式で、自由度は $(a-1)(b-1)$ である。

モデル (15.18) のもとでは $E[V_e]=\sigma^2$ で、$F_A=V_A/V_e$ を $F_{a-1,(a-1)(b-1)}$ と、$F_B=V_B/V_e$ を $F_{b-1,(a-1)(b-1)}$ と比べる。しかし本当は交互作用 $(ab)_{ij}$ があると、残差には誤差と交互作用が混ざり

$$E[V_e]=\sigma^2+\frac{\sum_{i,j}(ab)_{ij}^2}{(a-1)(b-1)}$$

となる。分母が大きくなる分だけ $F_A$・$F_B$ は小さくなり、検定は本当にある主効果を見逃しやすくなる。繰り返しが無いと交互作用を誤差と分けることができないので、交互作用が無いことを、データでなく実験の対象についての知識から判断して使う。

ブロックとしての要因

繰り返しのない二元配置がよく使われるのは、要因 $B$ が調べたい処理でなく、実験の日・材料のロット・被験者のように、ばらつきの原因として分かっているが、それ自体には関心が無いものの場合である。このような要因をブロックと呼ぶ。同じブロックの中ですべての処理を試せば、ブロックどうしの違いは $S_B$ に分かれ、誤差 $S_e$ に入らない。一元配置としてブロックを無視すると、ブロックの違いは群内変動に入り、$V_e$ が大きくなって処理の違いが見えにくくなる（例題 15.7）。これは Fisher の3原則のうちの局所管理の考え方で、ブロックの中で処理を割り付ける順を無作為にした実験を乱塊法と呼ぶ。第16章と実験計画法の解説 第11章で扱う。

第10章で、対応のあるデータは差をとって分析すると個体どうしの違いが消えることを見た。命題 15.12 は、その操作が「個体をブロックとした二元配置」と同じものであることを示している。

確認テスト

オリジナル

1. 15.6-1 $A$ が4水準・$B$ が5水準の繰り返しのない二元配置で、各要因・誤差・計の自由度を求めよ。
2. 15.6-2 4人の被験者に2つの条件で作業させ、所要時間を測った。条件 $A_1$ は $5,\ 7,\ 6,\ 9$、$A_2$ は $7,\ 8,\ 9,\ 11$（同じ順の被験者）であった。繰り返しのない二元配置の $F_A$ と、対応のある差の $t$ 統計量を計算し、命題 15.12 を確かめよ。
3. 15.6-3 モデル (15.18) が正しいとき、$E[S_e]=(a-1)(b-1)\sigma^2$ となることを、$a=b=2$ の場合に $S_e$ を $\varepsilon_{ij}$ で表して確かめよ。
4. 15.6-4 本当は交互作用があるのに繰り返しのない二元配置で分析すると、要因 $A$ の検定の第1種の誤りの確率は名目の $\alpha$ より大きくなるか小さくなるか。理由とともに答えよ。