この章のまとめと試験での出方

(1) 計画1では $\bar X_A$ と $\bar X_B$ は別の被験者の平均で独立なので、$V[\bar X_A-\bar X_B]=\sigma^2/r+\sigma^2/r=2\sigma^2/r=32/r$ である。計画2では、被験者 $j$ の左右の差 $D_j=X_{Aj}-X_{Bj}$ の分散は、第7章の公式 $V[X-Y]=V[X]+V[Y]-2\mathrm{Cov}(X,Y)$ と $\mathrm{Cov}=\rho\sigma^2$ から $2\sigma^2(1-\rho)$ である。被験者どうしは独立なので $V[\bar D]=2\sigma^2(1-\rho)/r=32\times0.4/r=12.8/r$ である。

(2) どちらの計画でも、検定統計量は「差の推定量 ÷ その標準偏差」で、$H_0$ のもとで $\mathrm{N}(0,1)$ に従う。標準偏差を $\tau_1=\sqrt{32/r}$、$\tau_2=\sqrt{12.8/r}$ とすると、定理 16.4 の $\sigma/\sqrt n$ を $\tau_k$ に置き換えて

$$\text{計画1}:\ \Phi\!\left(\frac{\delta}{\sqrt{32/r}}-1.645\right),\qquad \text{計画2}:\ \Phi\!\left(\frac{\delta}{\sqrt{12.8/r}}-1.645\right)$$

である。同じ $r$ なら、計画2の方が括弧の中が $1/\sqrt{0.4}=1.58$ 倍大きく、検出力が高い。

(3) 条件は $\delta/\tau_k-1.645\ge z_{0.2}=0.8416$、すなわち $\delta/\tau_k\ge2.4865$ である。計画1では $2\sqrt r/\sqrt{32}\ge2.4865$ から

$$r\ge\frac{32\times2.4865^2}{4}=8\times6.1827=49.46$$

で $r=50$、被験者は $100$ 人要る。計画2では $r\ge12.8\times6.1827/4=19.78$ で $r=20$、被験者は $20$ 人でよい。対にすることで、被験者の人数は5分の1になった。人数の比 $100:20$ は、分散の比 $(1-\rho)=0.4$ に加えて、計画2では1人が2つの測定を出すことによる2倍とを掛けたもの（$2.5\times2=5$）である。

(4) 左右の足には、利き足かどうかや歩き方の癖によって、研究者が把握していない違いがありうる。いつも A を右足に履かせると、右足の摩耗が大きい場合に、その違いが素材の差に混ざって偏りになる。くじで左右を決めれば、命題 16.2 と同じ理由で、左右の違いは偏りでなく平均 $0$ の誤差になる。これは局所管理（被験者をブロックにする）と無作為化（ブロックの中の割り付け）を組み合わせた設計である。対応を無視して $\bar X_A-\bar X_B$ の分散を $2\sigma^2/r=32/r$ として検定すると、本当の分散 $12.8/r$ の2.5倍を使うことになる。検定統計量の分母が $\sqrt{2.5}=1.58$ 倍に大きく見積もられる。$r=20$、$\delta=2$ では、統計量 $\bar D/\sqrt{32/20}$ は平均 $2/\sqrt{1.6}=1.581$、標準偏差 $\sqrt{12.8/32}=0.632$ の正規分布に従うので、棄却する確率は $\Phi\bigl((1.581-1.645)/0.632\bigr)=\Phi(-0.10)=0.46$ に下がる。これは計画1を各群 $20$ 人で行ったときの検出力 $\Phi(1.581-1.645)=0.47$ と同じ程度である。$H_0$ のもとで棄却する確率も $P(Z\ge1.645/0.632)=P(Z\ge2.60)=0.005$ となり、有意水準 $0.05$ を使い切らない。被験者の歩き方の違いを差の中で引き算できるという計画2の利点が、分析で失われる。