従属なデータ
統計的検定では，独立なデータであることが前提です．対する従属なデータは医学の研究ではよく扱われ，様々な対処法があります．
$X$と$Y$が，互いに独立であれば$COV(X,Y)≠0$となります（十分条件）．ゆえに従属なデータは相関関係を持ちます1．医学では，従属なデータを“対応がある”といいます．例えば，左右の握力を測り，左右の差をみるときに，Aという人の右の握力とBという人の左の握力を比べるなら，AとBは異なる人なので独立なデータで，複数名の平均の差を比べたいなら，2標本$ｔ$検定を適用します．また，Aという人の右の握力と左の握力を比べるときは独立ではなくなり（＝従属），対応のある$t$検定を適用します．
A，B，Cという3名の左右握力を測ると，6つの握力値が記録されます．D，E，Fという3名の左右握力を測ると，6つの握力が記録されます．ABC群とDEF群は独立です．ABCの平均とDEFの平均の差を検定したいときは，2標本$ｔ$検定で間違いありません．しかし，もしABCの握力値の左右含めてn=6とし，DEFの握力値の左右含めてn=6とし，これらの差を見たいとします．ABCとDEFは独立ですが，Aの右握力とAの左握力は独立ではありません．2標本$ｔ$検定を適用してよいのでしょうか？
例：左右握力のデータの場合
A群（10人）における右の握力データ $X_R$ があるとします．同一の10名に対して左の握力データ $X_L$ があるとします．
同様に，B群（10人）における右の握力データ $Y_R$ ，同一の10名から取った左の握力データ $Y_L$ があるとします．
$X_R$ と $Y_R$ の平均差を検定したいなら，2標本$t$検定の適用となります2．$X_L$ と $Y_L$，$X_R$ と $Y_L$，$X_L$ と $Y_R$ の平均差の検定でも2標本$t$検定を適用します．
ここで，$X＝$｛$X_R，X_L$｝（左右のデータを1つにする），$Y＝$｛$Y_R，Y_L$｝ として，A群の握力とB群の握力を比べたいとき，2標本$t$検定を適用してよいか．2標本$t$検定は，2つの独立した母集団からの各標本（2標本）に対する平均の差を検定する手法です．このケースでは，A群とB群は独立で間違いないですが，Aの中のデータ$X_R，X_L$とBの中のデータ$Y_R，Y_L$の中では，従属な関係があります．これでも検定は成り立つか，です．
Rによるシミュレーション
まず，
cor.matrix<-function(rcoef,l){ #相関係数rcoefのl行×l列行列を作成
r<-matrix(rcoef,l,l)
diag(r)<-1
r
}
の関数で，相関行列rを作ります．この関数を利用して次に，
rep<-10000
n<-50
Y<-NULL
for(m in c(0,0.2,0.4,0.6,0.8)){
r<-cor.matrix(m,2)
X<-NULL
for(i in 1:rep){
x<-cor.sim(r,n) #大きさnのx_1～N(0，1)と相関rを持つx_2～N(0，1)の作成
y<-cor.sim(r,n) #大きさnのy_1～N(0，1)と相関rを持つy_2～N(0，1)の作成
X<-rbind(X,
c(t.test(x[,1],y[,1],var.equal=T)$p.value, #r=0のデータの差の検定⇒p値の回収
t.test(c(x),c(y),var.equal=T)$p.value)) #r=0,0.2,0.4,0.6,0.8のデータの差の検定⇒p値の回収
}
Y<-rbind(Y,c(sum(X[,1]<0.05)/rep,sum(X[,2]<0.05)/rep))
}
dimnames(Y)[[2]]<-c("片側データ","左右のデータ")
dimnames(Y)[[1]]<-c("r=0","r=0.2","r=0.4","r=0.6","r=0.8")
Y
により，シミュレーションします．
まず，$N(0，1)$に従う乱数からデータ$X_1$（n=50），$X_1$と$r=0，0.2，0.4，0.6，0.8$の相関を持つデータ$X_2$（n=50）を発生させます．$r=0$の場合は独立です．
次に，$N(0，1)$に従う乱数からデータ$Y_1$（n=50），$Y_1$と$r=0，0.2，0.4，0.6，0.8$の相関を持つデータ$Y_2$（n=50）を発生させます．これも$r=0$の場合は独立です．
そして，①$X_1$と$Y_1$の2標本$t$検定を行います．続いて，②$X=$｛$X_1，X_2$｝（n=100）と$Y=$｛$Y_1，Y_2$｝（n=100）として，2標本$t$検定を行います．何れも平均に差のない標本なので，有意水準$5％$で検定すれば，第Ⅰ種の過誤は5％前後です．
以上の過程をrep=10,000回繰り返し計算します．
各検定の$p$値から$p<0.05$となる個数を数え，$10,000$で割ります．もし，全てp<0.05であれば1，p<0.05が何もなければ0となります．
シミュレーションの結果
以下は，$n=50$の場合の結果です．$X_1$と$Y_1$の2標本$t$検定では，例えば右側のデータだけでA，B群の差を検定したような結果です．$X$と$Y$の2標本$t$検定では，右側と左側のデータを併せてA，B群の差を検定したような結果です．
有意水準0.05で判断しているので，0.05（＝$\alpha$）に近いほど正解です．$X$と$Y$の2標本$t$検定では，相関が大きくなるほど値は上がり，有意差が出やすい条件になります3．
| r | $X_1$と$Y_1$ | $X$と$Y$ |
|---|---|---|
| 0 | 0.0483 | 0.0492 |
| 0.2 | 0.0471 | 0.0726 |
| 0.4 | 0.0481 | 0.1010 |
| 0.6 | 0.0487 | 0.1215 |
| 0.8 | 0.0488 | 0.1464 |
※0.05となるのが理想．0.04～0.06の範囲外を赤字で表示．
ここまでの結論
少なくとも，一人の対象から2つのデータ（例えば左右）を取得して1標本とし，2標本の差の検定を行う方法は間違いでした．シミュレーションするまでもない数理的には常識の事項ですが，証拠を示しました．
検出力，nの異なる場合や，正規分布以外でも確認したいところですが，この一例で十分です．
また，解析はこれ以外のケースもあります．例えば経時的にとった反復測定の例とか，多変量解析の例とかです．問題は必ず起こりますが，程度は想像つかないので，シミュレーションする価値はありそうです．
代わりの方法
A群の左右の握力を測定して，どうしても左右のデータを活用したい4という場合，線形混合モデル（MMRM）を活用できます．
上述のシミュレーションで，MMRMを使用してみます．固定効果（fixed effect）を群の比較，そして左右の比較，変量効果（random effect）を対象者として，Rのlme4パッケージのlmer関数による検定結果を追加します．
上述と同様に，$n=50$として，相関係数の変化，シミュレーション回数は同様です．
シミュレーションの結果
全ての変数で平均に差のない検定結果なので，値は$0.05$前後になるはずです．
| r | $X_1$と$Y_1$ | $X$と$Y$ | $X$と$Y$(MMRM) | $X_1,Y_1$と$X_2,Y_2$(MMRM) | 交互作用(MMRM) |
|---|---|---|---|---|---|
| 0 | 0.0518 | 0.0521 | 0.0046 | 0.0488 | 0.0512 |
| 0.2 | 0.0454 | 0.0686 | 0.0451 | 0.0505 | 0.0524 |
| 0.4 | 0.0504 | 0.0990 | 0.0502 | 0.0487 | 0.0448 |
| 0.6 | 0.0481 | 0.1204 | 0.0514 | 0.0492 | 0.0488 |
| 0.8 | 0.0514 | 0.1503 | 0.0496 | 0.0505 | 0.0524 |
※0.05となるのが理想．0.04～0.06の範囲外を赤字で表示．
MMRMは，理論に近似した結果となりますので，問題なさそうです．
結論
同一人物から左右の握力や筋力などを測定して，全てのデータを利用する方法は誤りです．相関が強いほど，その率は高くなります．しつこいようですが，n=10のA群，n=5のB群があって，それぞれ左右の握力を測り，A群をn=20，B群をn=10として検定すれば，誤った結果が出力されます．もちろん，全員が左右とも測定できない人がいて，A群n=15，B群n=8となることもあると思います．その場合，本結果よりも多少は理論値に近づくと思います．
今回はMMRMで適切な結果となりましたので，解析方法によっては適切に解析できることがわかりました．
古くから医学の研究では，このような手順が当たり前のように行われてきました．その風習を継承しているわけですが，「皆がやってるからいい」とか「赤信号みんなで渡れば怖くない」的な発想は，止めなければなりません．このような検定結果は信用するに足りず，その研究者の信憑性に関わります．