確認テストの解答

統計学の復習　第15章 §15.8

§15.1 $F$ 分布と $F$ 分布表

1. 15.1-1 式 (15.4) から $F_{8,4}(0.95)=1/F_{4,8}(0.05)=1/3.838=0.2606$。
2. 15.1-2 $t_{15}(0.025)^2=2.131^2=4.541$ で、数表の $F_{1,15}(0.05)=4.543$ と丸めの範囲で一致する。$T=Z/\sqrt{V/15}$（$Z\sim\mathrm N(0,1)$、$V\sim\chi^2_{15}$ 独立）なので $T^2=(Z^2/1)/(V/15)$ で、$Z^2\sim\chi^2_1$ だから $T^2\sim F_{1,15}$ である。$P(T^2>c^2)=P(\lvert T\rvert >c)$ で、$c=t_{15}(0.025)$ ならこの確率は $0.05$ である。
3. 15.1-3 $E[(U/m)^2]=(m^2+2m)/m^2=1+2/m$ は有限である。$E[1/V^2]=c_n\int_0^\infty v^{n/2-3}\mathrm{e}^{-v/2}\,\mathrm{d} v$ は、$v=0$ の近くで $v^{n/2-3}$ が積分可能であること、すなわち $n/2-3>-1$（$n>4$）のときに限り有限である。そのとき $w=v/2$ と置換して $E[1/V^2]=c_n2^{n/2-2}\Gamma(n/2-2)=\dfrac{\Gamma(n/2-2)}{4\Gamma(n/2)}=\dfrac1{(n-2)(n-4)}$ である。したがって分散が有限であるのは $n\ge5$ のときで、

$$V[F]=\left(1+\frac2m\right)\frac{n^2}{(n-2)(n-4)}-\frac{n^2}{(n-2)^2}=\frac{2n^2(m+n-2)}{m(n-2)^2(n-4)}$$

である。4. 15.1-4 $m=n=2$ で、式 (15.3) の係数は $\Gamma(2)/(\Gamma(1)\Gamma(1))\cdot1^1=1$、$x^{0}=1$、$(1+x)^{-2}$ なので $f(x)=(1+x)^{-2}$ である。$P(F>c)=\int_c^\infty(1+x)^{-2}\,\mathrm{d} x=1/(1+c)$ で、これを $0.05$ と置くと $F_{2,2}(0.05)=19$ である。下側 $5\%$ 点は $1/F_{2,2}(0.05)=1/19=0.0526$ で、実際 $P(F<1/19)=1-1/(1+1/19)=1-19/20=0.05$ である。

§15.2 等分散性の検定・Welch の検定・母分散の比の信頼区間

1. 15.2-1 (a) 誤り。棄却されなかったことは、分散が異なるという証拠が得られなかったことしか意味しない。$H_0$ が正しいことは示されていない。(b) 正しい。$F_0\le F_{\phi_1,\phi_2}(1-\alpha/2)$ は $1/F_0\ge F_{\phi_2,\phi_1}(\alpha/2)$ と同じなので、2つの比のうち $1$ 以上になる方（大きい方を分子に置いた比）を、その分子の自由度を先にした上側 $\alpha/2$ 点と比べれば足りる。
2. 15.2-2 $F_0=18.0/4.5=4.00$。自由度は $(15,10)$ で、$4.00>3.522$ なので $H_0:\sigma_1^2=\sigma_2^2$ を棄却し、母分散は異なると判断する。
3. 15.2-3 式 (15.6) から $[\,4.00/3.522,\ 4.00\times3.060\,]=[\,1.136,\ 12.24\,]$。区間が $1$ を含まないことは、15.2-2 で棄却されたことと一致する。
4. 15.2-4 $s_1^2/n_1=2.4$、$s_2^2/n_2=0.2$ で、$\nu^*=2.6^2/(2.4^2/4+0.2^2/14)=6.76/(1.44+0.00286)=4.685$。範囲は $4\le\nu^*\le18$ で、下端 $4$ に近い。$Q$ の $2.4/2.6=92\%$ を小さい方の標本（$n_1=5$）が占めるので、$Q$ のぶれはほぼその標本の自由度 $4$ の $\chi^2$ で決まる。
5. 15.2-5 命題 15.5 の記号で $a/p=b/q=c$ とすると $a=cp$、$b=cq$ で、$(a+b)^2=c^2(p+q)^2$、$a^2/p+b^2/q=c^2(p+q)$ なので $\nu^*=p+q=n_1+n_2-2$ である。$a/p=b/q$ は $s_1^2/(n_1(n_1-1))=s_2^2/(n_2(n_2-1))$ と同じである。$n_1=n_2$ なら、この条件は $s_1^2=s_2^2$、すなわち2つの不偏分散が等しいことである。

§15.3 分散分析の考え方と検定の多重性

1. 15.3-1 組の数は $\binom62=15$、Bonferroni の上限は $15\times0.05=0.75$、独立なときの誤り率は $1-0.95^{15}=0.537$。
2. 15.3-2 $m=1$ では両辺が $\alpha$ で等しい。$m$ で成り立つとすると

$$1-(1-\alpha)^{m+1}=\bigl\{1-(1-\alpha)^m\bigr\}+(1-\alpha)^m\alpha\le m\alpha+\alpha=(m+1)\alpha$$

である（$0<(1-\alpha)^m\le1$ を使った）。よってすべての $m\ge1$ で成り立つ。3. 15.3-3 組の数は $\binom52=10$ なので、1回ごとの有意水準は $0.05/10=0.005$。4. 15.3-4 (a) 誤り。分かるのは「全部の母平均が等しい」が否定されたことだけで、結論は「少なくとも1つの組が異なる」までである。(b) 正しい。分散分析は1回の検定なので、第1種の誤りの確率はそのまま有意水準に等しい。

§15.4 一元配置分散分析の手順

1. 15.4-1 $N=24$、$\phi_A=3$、$\phi_e=20$、$\phi_T=23$、$S_e=120-45=75$。$V_A=45/3=15$、$V_e=75/20=3.75$、$F_0=15/3.75=4.00$。$4.00>3.098$ なので有意水準 $5\%$ で $H_0$ を棄却する。
2. 15.4-2 合計は $T_1=18$、$T_2=36$、$T_3=21$、$T=75$、$N=10$ で、$CT=75^2/10=562.5$、$\sum x^2=585$、$S_T=22.5$。$S_A=18^2/3+36^2/4+21^2/3-CT=108+324+147-562.5=16.5$、$S_e=6.0$。$\phi_A=2$、$\phi_e=7$ で、$V_A=8.25$、$V_e=0.857$、$F_0=9.625$。$F_0>9.547$ なので、有意水準 $1\%$ でも $H_0$ を棄却する（$5\%$ でも棄却）。群の中の偏差平方和はどの群も $2$ で、$S_e=6$ と一致する。
3. 15.4-3 $N=n_1+n_2$、$d=\bar x_{1\cdot}-\bar x_{2\cdot}$ とする。$\bar x=(n_1\bar x_{1\cdot}+n_2\bar x_{2\cdot})/N$ なので $\bar x_{1\cdot}-\bar x=n_2d/N$、$\bar x_{2\cdot}-\bar x=-n_1d/N$ である。

$$S_A=n_1\frac{n_2^2d^2}{N^2}+n_2\frac{n_1^2d^2}{N^2}=\frac{n_1n_2(n_1+n_2)}{N^2}d^2=\frac{n_1n_2}{n_1+n_2}d^2.$$ 4. 15.4-4 定理 15.9 から $F_0\sim F_{k-1,N-k}$ なので、定理 15.3 (1) から $E[F_0]=(N-k)/(N-k-2)$（$N-k\ge3$）。$N=15$、$k=3$ なら $12/10=1.2$ で、$1$ より大きい。$E[V_A]/E[V_e]=1$ であっても、比の期待値は期待値の比と一致しない（分母の $V_e$ のぶれの分だけ大きくなる）。

§15.5 繰り返しのある二元配置と交互作用

1. 15.5-1 $\phi_A=2$、$\phi_B=3$、$\phi_{A\times B}=2\times3=6$、$\phi_e=3\times4\times(3-1)=24$、$\phi_T=36-1=35$（$2+3+6+24=35$）。
2. 15.5-2 $\mu=(10+14+12+20)/4=14$。行の平均は $12$・$16$ なので $a_1=-2$、$a_2=2$、列の平均は $11$・$17$ なので $b_1=-3$、$b_2=3$。$(ab)_{11}=10-14+2+3=1$、$(ab)_{12}=14-14+2-3=-1$、$(ab)_{21}=12-14-2+3=-1$、$(ab)_{22}=20-14-2-3=1$。$B$ の効果は $A_1$ で $\mu_{12}-\mu_{11}=4$、$A_2$ で $\mu_{22}-\mu_{21}=8$ で、差は

$$(\mu_{22}-\mu_{21})-(\mu_{12}-\mu_{11})=(ab)_{22}-(ab)_{21}-(ab)_{12}+(ab)_{11}=1+1+1+1=4$$

である（主効果は打ち消し合い、交互作用だけが残る）。3. 15.5-3 $r=1$ では $\bar x_{ij\cdot}=x_{ij1}$ なので $e_{ijk}=0$ で、$S_e=0$、$\phi_e=ab(1-1)=0$ である。誤差の分散を推定する平方和が無いので $V_e$ を作ることができない。組合せの平均のばらつきのうち主効果で説明されない部分（$S_{A\times B}$ の式）には、交互作用と誤差の両方が入っていて、それを分ける情報がデータに無い。4. 15.5-4 $\bar x_{1\cdot\cdot},\dots,\bar x_{a\cdot\cdot}$ の単純平均は $\bar x$ なので、平行移動の公式から $\sum_i(\bar x_{i\cdot\cdot}-\bar x)^2=\sum_i\bar x_{i\cdot\cdot}^2-a\bar x^2$ である。$br$ 倍して $\bar x_{i\cdot\cdot}=T_{i\cdot}/(br)$、$\bar x=T/(abr)$ を入れると $S_A=\sum_iT_{i\cdot}^2/(br)-T^2/(abr)=\sum_iT_{i\cdot}^2/(br)-CT$ である。

§15.6 繰り返しのない二元配置

1. 15.6-1 $\phi_A=3$、$\phi_B=4$、$\phi_e=3\times4=12$、$\phi_T=20-1=19$。
2. 15.6-2 行の合計は $27$・$35$、列の合計は $12,\ 15,\ 15,\ 20$、総合計 $62$、$CT=62^2/8=480.5$、$\sum x^2=506$、$S_T=25.5$。$S_A=(27^2+35^2)/4-CT=488.5-480.5=8.0$、$S_B=(12^2+15^2+15^2+20^2)/2-CT=497-480.5=16.5$、$S_e=25.5-8.0-16.5=1.0$。$\phi_e=3$、$V_e=1/3$ で $F_A=8.0/(1/3)=24.0$。差 $d_j=x_{1j}-x_{2j}$ は $-2,\ -1,\ -3,\ -2$ で、$\bar d=-2$、$s_d^2=(0+1+1+0)/3=2/3$。$t=-2/\sqrt{(2/3)/4}=-4.899$、$t^2=24.0$ で $F_A$ に一致する。
3. 15.6-3 $a=b=2$ では、モデル (15.18) の $\mu,a_i,b_j$ は残差の式 $x_{ij}-\bar x_{i\cdot}-\bar x_{\cdot j}+\bar x$ の中で打ち消し合い、残差は誤差だけで書ける。$(1,1)$ の残差は

$$\varepsilon_{11}-\frac{\varepsilon_{11}+\varepsilon_{12}}2-\frac{\varepsilon_{11}+\varepsilon_{21}}2+\frac{\varepsilon_{11}+\varepsilon_{12}+\varepsilon_{21}+\varepsilon_{22}}4=\frac{\varepsilon_{11}-\varepsilon_{12}-\varepsilon_{21}+\varepsilon_{22}}4$$

で、ほかの3つの残差はこれと絶対値が等しく符号だけが違う。したがって $S_e=4\times\{(\varepsilon_{11}-\varepsilon_{12}-\varepsilon_{21}+\varepsilon_{22})/4\}^2=(\varepsilon_{11}-\varepsilon_{12}-\varepsilon_{21}+\varepsilon_{22})^2/4$ である。括弧の中は独立な4個の和で分散は $4\sigma^2$、期待値は $0$ なので $E[S_e]=4\sigma^2/4=\sigma^2=(a-1)(b-1)\sigma^2$ である。4. 15.6-4 小さくなる。$A$ の主効果が無いとき、$\sum_j(ab)_{ij}=0$ から $\bar x_{i\cdot}$ は交互作用の影響を受けず $E[V_A]=\sigma^2$ のままである。一方 $E[V_e]=\sigma^2+\sum(ab)_{ij}^2/\{(a-1)(b-1)\}$ は $\sigma^2$ より大きいので、$F_A$ は全体に小さい値をとり、$F$ 表の上側 $\alpha$ 点を超える確率は $\alpha$ より小さくなる。検定は保守的になり、その代わり本当にある主効果を見逃しやすくなる。