ジョン・ラチン（2020）『医薬データのための統計解析』 問題3.6 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3.6」の自作解答例です。相対リスクを用いた非劣性・同等性試験に対するサンプルサイズと検出力に関する問題です。

なお、閲覧にあたっては、以下の点にご注意ください。

問題3.6.1：同等性マージン・有意水準・検出力の関係

与条件を整理すると、 $$\begin{array}{c}\theta =\log \mathrm{RR}=\log \frac{{\pi }_1}{{\pi }_2}\\ \hat{\theta }=\log \widehat{\mathrm{RR}}=\log \frac{p_1}{p_2}\end{array}$$ 同等性マージン ${\theta }_E$ を用いると、 $$\begin{array}{c}\hat{\theta }\pm Z_{1-0.5\alpha }\cdot {\sigma }_0\in (-{\theta }_E,{\theta }_E)\end{array}$$ のときに同等性が示せる。 同等性試験のサンプルサイズを設計する際の検証したい仮説は、 $$\begin{array}{c}{H}_0:\theta =0\iff H_0:{\pi }_1={\pi }_2=\pi \end{array}$$ 検証したい仮説の下では、標本対数リスク比は、漸近的に $$\begin{array}{c}\hat{\theta }\sim \mathrm{N}[0,\frac{1-\pi }{\pi }(\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2})]\end{array}$$ 総数 $N$ のサンプルを集めるときの各群の割合が ${\xi }_1,{\xi }_2$ のとき、$n_1=N{\xi }_1,n_2=N{\xi }_2$ なので、 $$\begin{array}{c}\hat{\theta }\sim \mathrm{N}(0,{\sigma }_0^2)\\ {\sigma }_0^2=\frac{1-\pi }{\pi {\xi }_1{\xi }_2}\cdot \frac{1}{N}=\frac{{\varphi }_0^2}{N}\end{array}$$ $\hat{\theta }$ を標準化した値は、 $$\begin{array}{c}\frac{\hat{\theta }}{{\sigma }_0}=Z\sim N(0,1)\end{array}$$ 検証したい仮説の下での $100(1-\alpha )\mathrm{\%}$ 上側信頼限界と下側信頼限界は、 $$\begin{array}{c}{\hat{\theta }}_L=\hat{\theta }-Z_{1-0.5\alpha }\cdot {\sigma }_0\\ {\hat{\theta }}_U=\hat{\theta }+Z_{1-0.5\alpha }\cdot {\sigma }_0\end{array}$$ 検証したい仮説のもとで同等性が示される確率は、 $$\begin{array}{c}P\{(-{\theta }_E\le \hat{\theta }-Z_{1-0.5\alpha }\cdot {\sigma }_0)\cap (\hat{\theta }+Z_{1-0.5\alpha }\cdot {\sigma }_0\le {\theta }_E)\}=1-\beta \\ P(-{\theta }_E+Z_{1-0.5\alpha }\cdot {\sigma }_0\le \hat{\theta }\le {\theta }_E-Z_{1-0.5\alpha }\cdot {\sigma }_0)=1-\beta \\ P(-\frac{{\theta }_E}{{\sigma }_0}+Z_{1-0.5\alpha }\le \frac{\hat{\theta }}{{\sigma }_0}\le \frac{{\theta }_E}{{\sigma }_0}-Z_{1-0.5\alpha })=1-\beta \\ P(-Z_{1-0.5\beta }\le Z\le Z_{1-0.5\beta })=1-\beta \end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{c}\frac{{\theta }_E}{{\sigma }_0}-Z_{1-0.5\alpha }=Z_{1-0.5\beta }\\ {\theta }_E=(Z_{1-0.5\alpha }+Z_{1-0.5\beta }){\sigma }_0\\ {\theta }_E=(Z_{1-0.5\alpha }+Z_{1-0.5\beta })\cdot \frac{{\varphi }_0}{\sqrt{N}}\end{array}$$ これを総サンプルサイズ $N$ について解くと、 $$\begin{array}{c}\sqrt{N}=\frac{(Z_{1-0.5\alpha }+Z_{1-0.5\beta }){\varphi }_0}{{\mathrm{\Delta }}_E}\\ N={\left[\frac{(Z_{1-0.5\alpha }+Z_{1-0.5\beta }){\varphi }_0}{{\mathrm{\Delta }}_E}\right]}^2\end{array}$$ $◼$

問題3.6.2：同等性試験におけるサンプルサイズ設計の例題

与条件が以下のとき、 $$\begin{array}{c}\pi =0.6{\theta }_E=\log 1.1\\ {\xi }_1={\xi }_2=0.5\\ \alpha =0.051-\beta =0.90\end{array}$$ 公式に代入すると、 $$\begin{array}{c}N=\frac{{(1.960+1.645)}^2}{{(\log 1.1)}^2\cdot 0.5\cdot 0.5}\cdot \frac{1-0.6}{0.6}=3814.7\end{array}$$ $◼$

問題3.6.3：非劣性マージン・有意水準・検出力の関係

非劣性マージン ${\mathrm{\Delta }}_U$ を用いると、 $$\begin{array}{c}\hat{\theta }+Z_{1-\alpha }\cdot {\sigma }_0\le {\mathrm{\Delta }}_U\end{array}$$ のときに非劣性が示せる。 同等性のときと同様の流れで考えていくと、検証したい仮説のもとで非劣性が示される確率は、 $$\begin{array}{c}P(\hat{\theta }+Z_{1-\alpha }\cdot {\sigma }_0\le {\mathrm{\Delta }}_U)=1-\beta \\ P(\hat{\theta }\le {\mathrm{\Delta }}_U-Z_{1-\alpha }\cdot {\sigma }_0)=1-\beta \\ P(\frac{\hat{\theta }}{{\sigma }_0}\le \frac{{\mathrm{\Delta }}_U}{{\sigma }_0}-Z_{1-\alpha })=1-\beta \\ P(Z\le Z_{1-\beta })=1-\beta \end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{c}\frac{{\mathrm{\Delta }}_U}{{\sigma }_0}-Z_{1-\alpha }=Z_{1-\beta }\\ {\mathrm{\Delta }}_U=(Z_{1-\alpha }+Z_{1-\beta }){\sigma }_0\\ {\mathrm{\Delta }}_U=(Z_{1-\alpha }+Z_{1-\beta })\cdot \frac{{\varphi }_0}{\sqrt{N}}\end{array}$$ これを総サンプルサイズ $N$ について解くと、 $$\begin{array}{c}\sqrt{N}=\frac{(Z_{1-\alpha }+Z_{1-\beta }){\varphi }_0}{{\mathrm{\Delta }}_U}\\ N={\left[\frac{(Z_{1-\alpha }+Z_{1-\beta }){\varphi }_0}{{\mathrm{\Delta }}_U}\right]}^2\end{array}$$ $◼$

問題3.6.4：非劣性試験におけるサンプルサイズ設計の例題

同等性試験と同様の条件のとき、公式に代入すると、 $$\begin{array}{c}N=\frac{{(1.645+1.282)}^2}{{(\log 1.1)}^2\cdot 0.5\cdot 0.5}\cdot \frac{1-0.6}{0.6}=2514.0\end{array}$$ $◼$

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.124-125
• 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.100-103

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• サンプルサイズの設計
• 同等性・非劣性試験