ジョン・ラチン（2020）『医薬データのための統計解析』 問題2.13 解答例

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。

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、 $$\begin{array}{r}\frac{{\pi }_1}{1-{\pi }_1}=e^{\alpha +\beta }\frac{{\pi }_2}{1-{\pi }_2}=e^{\alpha }\end{array}$$ これらを ${\pi }_1,{\pi }_2$ について解くと、 $$\begin{array}{c}{\pi }_1=e^{\alpha +\beta }(1-{\pi }_1)\\ {\pi }_1(1+e^{\alpha +\beta })=e^{\alpha +\beta }\\ {\pi }_1=\frac{e^{\alpha +\beta }}{1+e^{\alpha +\beta }}\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}1-{\pi }_1& =\frac{1+e^{\alpha +\beta }-e^{\alpha +\beta }}{1+e^{\alpha +\beta }}\\ & =\frac{1}{1+e^{\alpha +\beta }}\end{array}$$ $$\begin{array}{c}{\pi }_2=e^{\alpha }(1-{\pi }_2)\\ {\pi }_2(1+e^{\alpha })=e^{\alpha }\\ {\pi }_2=\frac{e^{\alpha }}{1+e^{\alpha }}\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}1-{\pi }_2& =\frac{1+e^{\alpha }-e^{\alpha }}{1+e^{\alpha }}\\ & =\frac{1}{1+e^{\alpha }}\end{array}$$ $◼$

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 $\log \phi$ を求めると、 $$\begin{array}{rl}\log \frac{\frac{{\pi }_1}{1-{\pi }_1}}{\frac{{\pi }_2}{1-{\pi }_2}}& =\log \frac{{\pi }_1}{1-{\pi }_1}-\log \frac{{\pi }_2}{1-{\pi }_2}\\ & =\alpha +\beta -\alpha \\ & =\beta \end{array}$$ これを指数変換すると、 $$\begin{array}{r}\phi =e^{\beta }\end{array}$$ $◼$

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、 $$\begin{array}{rl}L({\pi }_1,{\pi }_2)& ={}_{n_1}{C}_a{\left(\frac{e^{\alpha +\beta }}{1+e^{\alpha +\beta }}\right)}^a{\left(\frac{1}{1+e^{\alpha +\beta }}\right)}^{n_1-a}\cdot {}_{n_2}{C}_b{\left(\frac{e^{\alpha }}{1+e^{\alpha }}\right)}^b{\left(\frac{1}{1+e^{\alpha }}\right)}^{n_2-b}\\ & ={}_{n_1}{C}_a{\left(e^{\alpha +\beta }\right)}^a{\left(\frac{1}{1+e^{\alpha +\beta }}\right)}^{n_1}\cdot {}_{n_2}{C}_b{\left(e^{\alpha }\right)}^b{\left(\frac{1}{1+e^{\alpha }}\right)}^{n_2}\\ & ={}_{n_1}{C}_a\cdot {}_{n_2}{C}_b\frac{e^{a\alpha +a\beta }\cdot e^{\alpha b}}{{(1+e^{\alpha +\beta })}^{n_1}{(1+e^{\alpha })}^{n_2}}\end{array}$$ $◼$

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、 $$\begin{array}{rl}L({\pi }_1,{\pi }_2)& ={}_{n_1}{C}_a\cdot {}_{n_2}{C}_{m_1-a}\frac{e^{a\alpha +a\beta }\cdot e^{\alpha m_1-a\alpha }}{{(1+e^{\alpha +\beta })}^{n_1}{(1+e^{\alpha })}^{n_2}}\\ & ={}_{n_1}{C}_a\cdot {}_{n_2}{C}_{m_1-a}\frac{e^{a\beta }\cdot e^{m_1\alpha }}{{(1+e^{\alpha +\beta })}^{n_1}{(1+e^{\alpha })}^{n_2}}\end{array}$$ ここで、$m_1$ を条件付けると、条件付き確率の定義より、 $$\begin{array}{rl}P\left(a\right|m_1)& =\frac{P(a,m_1)}{P\left(m_1\right)}\\ & =\frac{P(a,m_1)}{\sum _{i=a_l}^{a_u}P(i,m_1)}\\ & =\frac{{}_{n_1}{C}_a\cdot {}_{n_2}{C}_{m_1-a}\cdot e^{\alpha \beta }}{\sum _{i=a_l}^{a_u}{}_{n_1}{C}_i\cdot {}_{n_2}{C}_{m_1-i}\cdot e^{i\beta }}\end{array}$$ $◼$

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

$\phi =e^{\beta }\iff {\phi }^a=e^{a\beta }$ より、 $$\begin{array}{r}P(a,m_1)=\frac{{}_{n_1}{C}_a\cdot {}_{n_2}{C}_{m_1-a}\cdot {\phi }^a}{\sum _{i=a_l}^{a_u}{}_{n_1}{C}_i\cdot {}_{n_2}{C}_{m_1-i}\cdot {\phi }^i}\end{array}$$ $◼$

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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