この章のまとめと試験での出方

(1) 群 $i$ の不偏分散を $s_i^2=\frac1{r-1}\sum_j(x_{ij}-\bar x_{i\cdot})^2$ とすると、$S_e=\sum_i(r-1)s_i^2$、$\phi_e=k(r-1)$ なので

$$V_e=\frac{\sum_i(r-1)s_i^2}{k(r-1)}=\frac1k\sum_{i=1}^ks_i^2$$

で、3つの群の不偏分散の平均である。第9章から $E[s_i^2]=\sigma^2$ なので、期待値の線形性から $E[V_e]=\sigma^2$ である（定理 15.8 の $n_i=r$ の場合）。

(2) 合計は $T_1=88$、$T_2=108$、$T_3=96$、$T=292$、$CT=292^2/12=7105.33$、$\sum x^2=7190$ で、$S_T=84.67$ である。$S_A=(88^2+108^2+96^2)/4-CT=7156-7105.33=50.67$、$S_e=84.67-50.67=34.00$ である。群の中の偏差平方和は直接計算すると $10$、$14$、$10$ で、合計 $34$ と一致する。

$F_0=6.71>4.256$ なので、有意水準 $5\%$ で製法の効果は有意である。

(3) $P\bigl(\chi^2_9(0.975)\le S_e/\sigma^2\le\chi^2_9(0.025)\bigr)=0.95$ を $\sigma^2$ について解くと $S_e/\chi^2_9(0.025)\le\sigma^2\le S_e/\chi^2_9(0.975)$ なので

$$\left[\frac{34.00}{19.023},\ \frac{34.00}{2.700}\right]=[\,1.787,\ 12.59\,]$$

である。1つの群の4個だけを使えば自由度は $3$ だが、3つの群をまとめた $S_e$ は自由度 $9$ を持ち、区間が短くなる。

(4) 3つの区間をそれぞれ信頼係数 $1-0.05/3$ で作れば、命題 15.6 から、少なくとも1つが外れる確率は $3\times0.05/3=0.05$ 以下である。標準誤差は $\sqrt{V_e(1/4+1/4)}=\sqrt{1.889}=1.374$、半幅は $2.933\times1.374=4.031$ である。群の平均は $22$、$27$、$24$ なので

$$\begin{aligned}\mu_2-\mu_1&:\ 5\pm4.03=[\,0.97,\ 9.03\,],\\ \mu_3-\mu_1&:\ 2\pm4.03=[\,-2.03,\ 6.03\,],\\ \mu_2-\mu_3&:\ 3\pm4.03=[\,-1.03,\ 7.03\,].\end{aligned}$$

$0$ を含まないのは $\mu_2-\mu_1$ だけで、差があるといえるのは $A_2$ と $A_1$ の組である。(2) の分散分析は「どこかに差がある」ことまでしか言わず、どの組かはこの段で初めて分かる。

(5) $s_1^2=10/3=3.333$、$s_2^2=14/3=4.667$ で、大きい方を分子に置いて $F_0=4.667/3.333=1.40$ である。$F_{3,3}(0.025)=15.44$ より小さいので、等分散の帰無仮説は棄却されない。言えるのは「分散が異なるという証拠は得られなかった」ことだけで、「分散が等しいことが示された」と結論することはできない。自由度 $(3,3)$ の上側 $2.5\%$ 点は $15.44$ と大きく、分散が10倍違っても棄却されないほど検出力が低い。分散分析の等分散の仮定は、データの値の範囲・測定の仕組みについての知識と合わせて判断する。