本稿は、ジョン・ラチン（2020）『医薬データのための統計解析』の「問題2.13」の自作解答例です。ロジスティック・モデルにもとづく超幾何尤度の導出に関する問題です。
なお、閲覧にあたっては、以下の点にご注意ください。
- スマートフォンやタブレット端末でご覧の際、数式が見切れている場合は、横にスクロールすることができます。
- 曝露（発症）状況を表す右下の添え字は、「0」である場合（$n_0,\pi_0$ など）や「2」である場合（$n_2,\pi_2$ など）がありますが、どちらも「非曝露群（コントロール群）」を表しています。
- 著作権の関係上、問題文は、掲載しておりません。上述の参考書をお持ちの方は、お手元にご用意してご覧ください。
- この解答例は、筆者が自作したものであり、公式なものではありません。あくまでも参考としてご覧いただければ幸いです。
問題2.13.1：ロジットの逆変換
与えられたロジスティック・モデルを指数変換すると、 \begin{align} \frac{\pi_1}{1-\pi_1}=e^{\alpha+\beta} \quad \frac{\pi_2}{1-\pi_2}=e^\alpha \end{align} これらを $\pi_1,\pi_2$ について解くと、 \begin{gather} \pi_1=e^{\alpha+\beta} \left(1-\pi_1\right)\\ \pi_1 \left(1+e^{\alpha+\beta}\right)=e^{\alpha+\beta}\\ \pi_1=\frac{e^{\alpha+\beta}}{1+e^{\alpha+\beta}} \end{gather} \begin{align} 1-\pi_1&=\frac{1+e^{\alpha+\beta}-e^{\alpha+\beta}}{1+e^{\alpha+\beta}}\\ &=\frac{1}{1+e^{\alpha+\beta}} \end{align} \begin{gather} \pi_2=e^\alpha \left(1-\pi_2\right)\\ \pi_2 \left(1+e^\alpha\right)=e^\alpha\\ \pi_2=\frac{e^\alpha}{1+e^\alpha} \end{gather} \begin{align} 1-\pi_2&=\frac{1+e^\alpha-e^\alpha}{1+e^\alpha}\\ &=\frac{1}{1+e^\alpha} \end{align} $\blacksquare$
問題2.13.2：ロジスティック回帰モデルにおける回帰係数の意味
対数の性質 $\log{\frac{A}{B}}=\log{A}-\log{B}$ を用いて、対数オッズ比 $\log{\varphi}$ を求めると、 \begin{align} \log{\frac{\frac{\pi_1}{1-\pi_1}}{\frac{\pi_2}{1-\pi_2}}}&=\log{\frac{\pi_1}{1-\pi_1}}-\log{\frac{\pi_2}{1-\pi_2}}\\ &=\alpha+\beta-\alpha\\ &=\beta \end{align} これを指数変換すると、 \begin{align} \varphi=e^\beta \end{align} $\blacksquare$
問題2.13.3：ロジスティック回帰モデルにもとづく尤度①
これらの値を条件なし条件なし積二項尤度の式に代入すると、 \begin{align} L \left(\pi_1,\pi_2\right)&={}_{n_1}C_a \left(\frac{e^{\alpha+\beta}}{1+e^{\alpha+\beta}}\right)^a \left(\frac{1}{1+e^{\alpha+\beta}}\right)^{n_1-a} \cdot {}_{n_2}C_b \left(\frac{e^\alpha}{1+e^\alpha}\right)^b \left(\frac{1}{1+e^\alpha}\right)^{n_2-b}\\ &={}_{n_1}C_a \left(e^{\alpha+\beta}\right)^a \left(\frac{1}{1+e^{\alpha+\beta}}\right)^{n_1} \cdot {}_{n_2}C_b \left(e^\alpha\right)^b \left(\frac{1}{1+e^\alpha}\right)^{n_2}\\ &={}_{n_1}C_a \cdot {}_{n_2}C_b\frac{e^{a\alpha+a\beta} \cdot e^{\alpha b}}{ \left(1+e^{\alpha+\beta}\right)^{n_1} \left(1+e^\alpha\right)^{n_2}} \end{align} $\blacksquare$
問題2.13.4：ロジスティック回帰モデルにもとづく尤度②
$b=m_1-a$ とすると、 \begin{align} L \left(\pi_1,\pi_2\right)&={}_{n_1}C_a \cdot {}_{n_2}C_{m_1-a}\frac{e^{a\alpha+a\beta} \cdot e^{\alpha m_1-a\alpha}}{ \left(1+e^{\alpha+\beta}\right)^{n_1} \left(1+e^\alpha\right)^{n_2}}\\ &={}_{n_1}C_a \cdot {}_{n_2}C_{m_1-a}\frac{e^{a\beta} \cdot e^{m_1\alpha}}{ \left(1+e^{\alpha+\beta}\right)^{n_1} \left(1+e^\alpha\right)^{n_2}} \end{align} ここで、$m_1$ を条件付けると、条件付き確率の定義より、 \begin{align} P \left(a\middle| m_1\right)&=\frac{P \left(a,m_1\right)}{P \left(m_1\right)}\\ &=\frac{P \left(a,m_1\right)}{\sum_{i=a_l}^{a_u}P \left(i,m_1\right)}\\ &=\frac{{}_{n_1}C_a \cdot {}_{n_2}C_{m_1-a} \cdot e^{\alpha\beta}}{\sum_{i=a_l}^{a_u}{{}_{n_1}C_i \cdot {}_{n_2}C_{m_1-i} \cdot e^{i\beta}}} \end{align} $\blacksquare$
問題2.13.5：ロジスティック回帰モデルにもとづく尤度③
$\varphi=e^\beta\Leftrightarrow\varphi^a=e^{a\beta}$ より、 \begin{align} P \left(a,m_1\right)=\frac{{}_{n_1}C_a \cdot {}_{n_2}C_{m_1-a} \cdot \varphi^a}{\sum_{i=a_l}^{a_u}{{}_{n_1}C_i \cdot {}_{n_2}C_{m_1-i} \cdot \varphi^i}} \end{align} $\blacksquare$
参考文献
- ジョン・ラチン 著, 宮岡 悦良 監訳, 遠藤 輝, 黒沢 健, 下川 朝有, 寒水 孝司 訳. 医薬データのための統計解析. 共立出版, 2020, p.86-87
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