【疑問】一元配置分散分析の平方和の分解、交差項が消えるのはなんで？F統計量がF分布になる理由も【統計検定1級】

一元配置で、総平方和＝群間＋群内 を示して、F統計量の分布を導け、って問題

前提のおさらいを2つ
正規の標本では $\bar{x}$ と $\sum (x_i-\bar{x}{)}^2$ が独立で、$\sum (x_i-\bar{x}{)}^2/{\sigma }^2\sim {\chi }_{n-1}^2$
独立な ${\chi }^2$ を自由度で割った比は $F$ 分布

＞＞1
$k$ 群、各群 $n_i$ 個、全体 $N$ 個。$x_{ij}-\bar{x}=(x_{ij}-{\bar{x}}_i)+({\bar{x}}_i-\bar{x})$ を2乗して足すと

交差項は $2{\sum }_i({\bar{x}}_i-\bar{x}){\sum }_j(x_{ij}-{\bar{x}}_i)$ で、群の中の偏差の和 ${\sum }_j(x_{ij}-{\bar{x}}_i)$ が0やから消える

＞＞3
分布のほう。$H_0$：全群の平均が等しい、のもとで
群内 $S_W/{\sigma }^2$ は、各群の ${\chi }_{n_i-1}^2$ の和で ${\chi }_{N-k}^2$
群間 $S_B/{\sigma }^2$ は ${\chi }_{k-1}^2$。群ごとの平均は群内の平方和と独立やから、$S_B$ と $S_W$ も独立

＞＞4
群間が ${\chi }_{k-1}^2$ になるのはなんで？

＞＞5
各群 $n$ 個で同じ大きさなら、群平均 ${\bar{x}}_1,\dots ,{\bar{x}}_k$ は $H_0$ のもとで独立に $N(\mu ,{\sigma }^2/n)$
$k$ 個の正規の標本の偏差平方和やから、$\sum ({\bar{x}}_i-\bar{x}{)}^2/({\sigma }^2/n)\sim {\chi }_{k-1}^2$。これが $S_B/{\sigma }^2$

数字で。3群4個ずつ：A $5,7,6,6$、B $8,9,7,8$、C $4,5,6,5$
群平均 $6,8,5$、全体平均 $19/3\approx 6.33$
$S_B=4\{(6-6.33{)}^2+(8-6.33{)}^2+(5-6.33{)}^2\}\approx 18.67$、$S_W=2+2+2=6$、総平方和 $\approx 24.67$
$F=(18.67/2)/(6/9)=14.0$。$F(2,9)$ の上側5%点 $4.26$ を超えて、P値約0.0017

＞＞7
群が2つなら $t$ 検定でええやん。分散分析を使う意味ある？

＞＞8
2群なら $F=t^2$ で、等分散の $t$ 検定とまったく同じ結論になる
3群以上で2群ずつ $t$ 検定をくり返すと、どれかが偶然有意になる確率が上がる。全体を1回で調べるのが $F$ 検定

＞＞9
ただし $F$ 検定で棄却しても「どこかに差がある」までしか言えない。どの群どうしかは多重比較の仕事

＞＞4
帰無仮説が正しくなくても期待値で見られる。$E[S_B/(k-1)]={\sigma }^2+\frac{\sum n_i{\alpha }_i^2}{k-1}$（${\alpha }_i$ は群の効果）で、効果があると分子だけ大きくなる

偏差を2つに分けて交差項を消す、それぞれ ${\chi }^2$、独立だから $F$。この流れで書けるな