ジョン・ラチン(2020)『医薬データのための統計解析』 問題5.2 解答例

公開日: 更新日:

【2022年11月1週】 【A000】生物統計学 【A052】ケース・コントロール研究

この記事をシェアする
  • B!
サムネイル画像

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5.2」の自作解答例です。大標本ケース・コントロール研究の分析に関する例題です。

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5.2.1:帰無仮説の設定

喫煙と心不全との因果関係を示すという文脈においては、以下の検定仮説を検定することになる。 \begin{gather} H_0:\mathrm{RR}=1 \quad H_1:\mathrm{RR} \neq 1 \end{gather} $\blacksquare$

問題5.2.2:前向き発症オッズ比の推定値と信頼区間

前向き発症オッズ比と後ろ向き曝露オッズ比の同等性より、前向き発症オッズ比の推定値は、 \begin{gather} \mathrm{\widehat{OR}}=\frac{120 \cdot 170}{80 \cdot 130}\cong1.962 \end{gather} 対数オッズ比の分散の公式より、$\theta=\log{\mathrm{\widehat{OR}}}$ として、 \begin{gather} V \left(\hat{\theta}\right)=\frac{120 \cdot 170}{80 \cdot 130}\cong0.034\\ \mathrm{S.E.} \left(\hat{\theta}\right)\cong0.185 \end{gather} $\theta$ に対する95%信頼区間は、 \begin{gather} {\hat{\theta}}_L=\log{1.962}-1.96 \cdot 0.185=0.310\\ {\hat{\theta}}_U=\log{1.962}+1.96 \cdot 0.185=1.037 \end{gather} $\mathrm{OR}$ に対する95%信頼区間は、 \begin{gather} {\mathrm{OR}}_L=e^{0.310}\cong1.364\\ {\mathrm{OR}}_U=e^{1.037}\cong2.822 \end{gather} $\blacksquare$

問題5.2.3:希少疾患の仮定の下での前向きリスク比の推定

問題文の条件より、真の有病率は、 \begin{gather} \delta=P \left(D\right)=1.0\times{10}^{-4} \end{gather} ケース群とコントロール群の曝露割合の推定値は、 \begin{gather} p_1=\frac{120}{200}=0.60\\ p_2=\frac{130}{300}\cong0.43 \end{gather} これらの値をもとに各セルの値を推定すると以下のようになる。

表1 発症・曝露状況の推定値
曝露あり
$ \left(D\right)$
曝露なし
$(\bar{D})$
合計
ケース群
$ \left(E\right)$
$0.00006$ $0.00004$ $0.00010$
コントロール群
$(\bar{E})$
$0.43329$ $0.56661$ $0.9999$
合計 $0.43335$ $0.56665$ $1$

ここから、曝露群と非曝露群の発症割合を推定すると、 \begin{gather} {\hat{\pi}}_1=\frac{0.00006}{0.4334}=0.00014\\ {\hat{\pi}}_2=\frac{0.00004}{0.5667}\cong0.00007\\ \end{gather} したがって、前向き発症リスク比の推定値は、 \begin{gather} \mathrm{\widehat{RR}}\cong\frac{0.00014}{0.00007}=2.0 \end{gather} この値は、曝露オッズ比による推定に近い値である。 $\blacksquare$

問題5.2.4:母集団寄与リスクの推定と信頼区間

問題文の条件より、全体の曝露割合と非曝露割合はそれぞれ、 \begin{gather} \alpha_1=0.30 \quad \alpha_2=1-\alpha_1=0.7 \end{gather} 母集団寄与リスクの推定公式 $\mathrm{\widehat{PAR}}=\frac{\alpha_1 \left(\mathrm{\widehat{OR}}-1\right)}{\alpha_1\mathrm{\widehat{OR}}+\alpha_2}$ より、 \begin{align} \mathrm{\widehat{PAR}}&=\frac{0.3 \left(1.962-1\right)}{0.3 \cdot 1.962+0.7}\\ &=0.224 \end{align} ここで、$\theta=\log{\frac{\mathrm{\mathrm{}\widehat{PAR}\mathrm{}} }{1-\mathrm{\mathrm{}\widehat{PAR}\mathrm{}} }}$ とすると、分散の推定公式より、 \begin{align} \hat{V} \left(\theta\right)&= \left(\frac{\mathrm{\widehat{OR}}}{\mathrm{\widehat{OR}}-1}\right)^2 \cdot V \left(\log{\mathrm{\widehat{OR}}}\right)\\ &= \left(\frac{1.962}{1.962-1}\right)^2 \cdot 0.034\\ &\cong0.143\\ \mathrm{S.E.} \left(\hat{\theta}\right)&\cong0.378 \end{align} $\theta$ に対する95%信頼区間は、 \begin{gather} {\hat{\theta}}_L=\log{\frac{0.224}{1-0.224}}-1.96 \cdot 0.378=-1.985\\ {\hat{\theta}}_U=\log{\frac{0.224}{1-0.224}}+1.96 \cdot 0.378=-0.502 \end{gather} $\mathrm{PAR}$ に対する95%信頼区間は、 \begin{gather} {\mathrm{\mathrm{}PAR\mathrm{}}}_L=\frac{e^{-1.985}}{1+e^{-1.985}}=0.121\\ {\mathrm{\mathrm{}PAR\mathrm{}}}_U=\frac{e^{-0.502}}{1+e^{-0.502}}=0.377 \end{gather} $\blacksquare$

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.257-258
  • 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.215-221

関連記事

自己紹介

自分の写真

yama

大学時代に読書の面白さに気づいて以来、読書や勉強を通じて、興味をもったことや新しいことを学ぶことが生きる原動力。そんな人間が、その時々に学んだことを備忘録兼人生の軌跡として記録しているブログです。

このブログを検索

ブログ アーカイブ

QooQ