ジョン・ラチン（2020）『医薬データのための統計解析』問題6.2 解答例-あるノマドの知の旅路～数学・統計学への道

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6.2」の自作解答例です。ロジスティック・モデルによる対数オッズ比の最尤推定（積二項分布モデル）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（ $n_{0}, π_{0}$ など）や「2」である場合（ $n_{2}, π_{2}$ 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。
漸近的な性質を用いる際は、①中心極限定理が成り立つ、②漸近分散を推定する際に、母数をその一致推定量で置き換えることができるということが成り立つと仮定しています。
デルタ法を用いる際、剰余項（2次の項）が漸近的に無視できる（ $0$ に確率収束する）と仮定しています。
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。

1.問題6.2.1：尤度・対数尤度
2.問題6.2.2：スコア関数①
3.問題6.2.3：スコア関数②
4.問題6.2.4：連鎖律によるスコア方程式の導出
5.問題6.2.5：ヘッセ行列
6.問題6.2.6：最尤推定量
7.問題6.2.7：スコア方程式
8.問題6.2.8：期待情報行列
9.問題6.2.9：漸近分散・共分散行列
10.問題6.2.10：標本対数オッズ比の漸近分散
11.問題6.2.11：ワルド検定統計量
12.問題6.2.13：尤度比検定
13.問題6.2.14：スコア方程式と推定情報行列
14.問題6.2.15：有効スコア検定とコクラン検定の同等性
15.参考文献
16.関連記事

問題6.2.1：尤度・対数尤度

積二項尤度の基本式より、 $\begin{array}{r} L (π_{1}, π_{2}) =_{n_{1}} C_{a} π_{1}^{a} {(1 - π_{1})}^{n_{1} - a} \cdot_{n_{2}} C_{b} π_{2}^{b} {(1 - π_{2})}^{n_{2} - b} \end{array}$ 対数尤度関数の定義式 $l (θ, x) = \log L (θ, x)$ より、 $\begin{aligned} l (π_{1}, π_{2}) & = \log [_{n_{1}} C_{a} π_{1}^{a} {(1 - π_{1})}^{n_{1} - a} \cdot_{n_{2}} C_{b} π_{2}^{b} {(1 - π_{2})}^{n_{2} - b}] \\ = \log_{n_{1}} C_{a} + a \log π_{1} + (n_{1} - a) \log (1 - π_{1}) + \log_{n_{2}} C_{b} + b \log π_{2} + (n_{2} - b) \log (1 - π_{2}) \end{aligned}$ $\log_{n_{1}} C_{a} + \log_{n_{2}} C_{b} = C$ とすると、 $n_{1} - a = c, n_{2} - b = d$ より、 $\begin{array}{r} l (π_{1}, π_{2}) = a \log π_{1} + c \log (1 - π_{1}) + b \log π_{2} + d \log (1 - π_{2}) + C \end{array}$ $◼$

問題6.2.2：スコア関数①

対数尤度をパラメータ $α, β$ およびの周辺度数 $n_{1}, n_{2}, m_{1}, m_{2}$ で表すと、 $\begin{aligned} l (π_{1}, π_{2}) & = a \log (\frac{e^{α + β}}{1 + e^{α + β}}) + c \log (\frac{1}{1 + e^{α + β}}) + b \log (\frac{e^{α}}{1 + e^{α}}) + d \log (\frac{1}{1 + e^{α}}) + C \\ = a \log (e^{α + β}) - a \log (1 + e^{α + β}) - c \log (1 + e^{α + β}) + b \log (e^{α}) - b \log (1 + e^{α}) - d \log (1 + e^{α}) + C \\ = a \log (e^{α + β}) - (a + c) \log (1 + e^{α + β}) + b \log (e^{α}) - (b + d) \log (1 + e^{α}) + C \end{aligned}$ 各セル度数どうしの関係より、 $\begin{matrix} a + c = n_{1} \\ b + d = n_{2} \\ a + b = m_{1} \end{matrix}$ よって、 $\begin{aligned} l (π_{1}, π_{2}) & = a (α + β) - n_{1} \log (1 + e^{α + β}) + b α - n_{2} \log (1 + e^{α}) + C \\ = (a + b) α + a β - n_{1} \log (1 + e^{α + β}) - n_{2} \log (1 + e^{α}) + C \\ = m_{1} α + a β - n_{1} \log (1 + e^{α + β}) - n_{2} \log (1 + e^{α}) + C \end{aligned}$ この対数尤度関数を $α$ で偏微分すると、 $\begin{array}{r} U_{α} (θ) = m_{1} - n_{1} \cdot \frac{e^{α + β}}{1 + e^{α + β}} - n_{2} \cdot \frac{e^{α}}{1 + e^{α}} \end{array}$ ロジスティック・モデルの仮定より、 $\begin{array}{r} π_{1} = \frac{e^{α + β}}{1 + e^{α + β}} π_{2} = \frac{e^{α}}{1 + e^{α}} \end{array}$ よって、 $\begin{array}{r} U_{α} (θ) = m_{1} - n_{1} π_{1} - n_{2} π_{2} \end{array}$ $◼$

問題6.2.3：スコア関数②

同様に、対数尤度関数を $β$ で偏微分すると、 $\begin{aligned} U_{β} (θ) & = a - n_{1} \cdot \frac{e^{α + β}}{1 + e^{α + β}} \\ = a - n_{1} π_{1} \end{aligned}$ $◼$

問題6.2.4：連鎖律によるスコア方程式の導出

尤度方程式は、連鎖律（多変数関数の合成関数の微分）を用いても得られる。
連鎖律の定義式は、 $\begin{aligned} \frac{\partial f (x, y)}{\partial x} & = \frac{\partial f (x, y)}{\partial u} \cdot \frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial f (x, y)}{\partial v} \cdot \frac{\partial v}{\partial x}, \frac{\partial f (x, y)}{\partial y} \\ = \frac{\partial f (x, y)}{\partial u} \cdot \frac{\partial u}{\partial y} + \frac{\partial f (x, y)}{\partial v} \cdot \frac{\partial v}{\partial y} \end{aligned}$ よって、 $\begin{array}{r} U_{α} (θ) = \frac{\partial l}{\partial π_{1}} \frac{\partial π_{1}}{\partial α} + \frac{\partial l}{\partial π_{2}} \frac{\partial π_{2}}{\partial α} \end{array}$ ここで、 $\begin{matrix} \frac{\partial}{\partial π_{1}} l (θ) = \frac{a}{π_{1}} - \frac{c}{1 - π_{1}} \\ \frac{\partial}{\partial π_{2}} l (θ) = \frac{b}{π_{2}} - \frac{d}{1 - π_{2}} \\ \frac{\partial π_{1}}{\partial α} = \frac{e^{α + β}}{{(1 + e^{α + β})}^{2}} = π_{1} (1 - π_{1}) \\ \frac{\partial π_{2}}{\partial α} = \frac{e^{α}}{{(1 + e^{α})}^{2}} = π_{2} (1 - π_{2}) \end{matrix}$ よって、 $\begin{aligned} U_{α} (θ) & = {\frac{a}{π_{1}} - \frac{c}{1 - π_{1}}} π_{1} (1 - π_{1}) + {\frac{b}{π_{2}} - \frac{d}{1 - π_{2}}} π_{2} (1 - π_{2}) \\ = a (1 - π_{1}) - c π_{1} + b (1 - π_{2}) - d π_{2} \\ = a + b - (a + c) π_{1} - (b + d) π_{2} \\ = m_{1} - n_{1} π_{1} - n_{2} π_{2} \end{aligned}$ 同様に、 $\begin{matrix} U_{β} (θ) = \frac{\partial l}{\partial π_{1}} \frac{\partial π_{1}}{\partial β} \\ \frac{\partial}{\partial π_{1}} l (θ) = \frac{a}{π_{1}} - \frac{c}{1 - π_{1}} \\ \frac{\partial π_{1}}{\partial β} = \frac{e^{α + β}}{{(1 + e^{α + β})}^{2}} = π_{1} (1 - π_{1}) \end{matrix}$ よって、 $\begin{aligned} U_{β} (θ) & = {\frac{a}{π_{1}} - \frac{c}{1 - π_{1}}} π_{1} (1 - π_{1}) \\ = a (1 - π_{1}) - c π_{1} \\ = a - n_{1} π_{1} \end{aligned}$ $◼$

問題6.2.5：ヘッセ行列

ヘッセ行列の成分の定義より、 $\begin{aligned} H_{α} (θ) & = \frac{\partial^{2}}{\partial α^{2}} l (θ) \\ = - n_{1} \cdot \frac{e^{α + β}}{{(1 + e^{α + β})}^{2}} - n_{2} \cdot \frac{e^{α}}{{(1 + e^{α})}^{2}} \\ = - n_{1} π_{1} (1 - π_{1}) - n_{2} π_{2} (1 - π_{2}) \end{aligned}$ $\begin{aligned} H_{β} (θ) & = \frac{\partial^{2}}{\partial β^{2}} l (θ) \\ = - n_{1} \cdot \frac{e^{α + β}}{{(1 + e^{α + β})}^{2}} \\ = - n_{1} π_{1} (1 - π_{1}) \end{aligned}$ $\begin{aligned} H_{α β} (θ) & = \frac{\partial^{2}}{\partial α \partial β} l (θ) \\ = - n_{1} \cdot \frac{e^{α + β}}{{(1 + e^{α + β})}^{2}} \\ = - n_{1} π_{1} (1 - π_{1}) \end{aligned}$ 観測情報行列の定義 $i (θ) = - H (θ)$ と二項分布における期待情報行列との関係 $i (θ) = I (θ)$ から $\begin{aligned} I (θ) & = i (θ) \\ = - [\begin{array}{c} H_{α} (θ) & H_{α β} (θ) \\ H_{α β} (θ) & H_{β} (θ) \end{array}] \\ = [\begin{array}{c} n_{1} π_{1} (1 - π_{1}) + n_{2} π_{2} (1 - π_{2}) & n_{1} π_{1} (1 - π_{1}) \\ n_{1} π_{1} (1 - π_{1}) & n_{1} π_{1} (1 - π_{1}) \end{array}] \end{aligned}$ ［別解］ヘッセ行列の各要素、連鎖律（多変数関数の合成関数の微分）を用いても得られる。
$\begin{aligned} H_{β} (θ) & = \frac{\partial^{2}}{\partial β^{2}} l (θ) \\ = \frac{\partial}{\partial β} U_{β} (θ) \\ = \frac{\partial}{\partial β} (\frac{\partial l}{\partial π_{1}} \frac{\partial π_{1}}{\partial β}) \\ = \frac{\partial}{\partial β} (a - n_{1} \frac{e^{α + β}}{1 + e^{α + β}}) \\ = - n_{1} \cdot \frac{e^{α + β}}{{(1 + e^{α + β})}^{2}} \\ = - n_{1} π_{1} (1 - π_{1}) \end{aligned}$ $\begin{aligned} H_{α} (θ) & = \frac{\partial^{2}}{\partial α^{2}} l (θ) \\ = \frac{\partial}{\partial α} U_{α} (θ) \\ = \frac{\partial}{\partial α} (\frac{\partial l}{\partial π_{1}} \frac{\partial π_{1}}{\partial α} + \frac{\partial l}{\partial π_{2}} \frac{\partial π_{2}}{\partial α}) \\ = \frac{\partial}{\partial α} (m_{1} - n_{1} \frac{e^{α + β}}{1 + e^{α + β}} - n_{2} \frac{e^{α}}{1 + e^{α}}) \\ = - n_{1} \cdot \frac{e^{α + β}}{{(1 + e^{α + β})}^{2}} - n_{2} \cdot \frac{e^{α}}{{(1 + e^{α})}^{2}} \\ = - n_{1} π_{1} (1 - π_{1}) - n_{2} π_{2} (1 - π_{2}) \end{aligned}$ $\begin{aligned} H_{α β} (θ) & = \frac{\partial^{2}}{\partial α \partial β} l (θ) \\ = \frac{\partial}{\partial α} U_{β} (θ) \\ = \frac{\partial}{\partial α} (\frac{\partial l}{\partial π_{1}} \frac{\partial π_{1}}{\partial β}) \\ = \frac{\partial}{\partial α} (a - n_{1} \frac{e^{α + β}}{1 + e^{α + β}}) \\ = - n_{1} \cdot \frac{e^{α + β}}{{(1 + e^{α + β})}^{2}} \\ = - n_{1} π_{1} (1 - π_{1}) \end{aligned}$ $◼$

問題6.2.6：最尤推定量

最尤推定量 $U (\hat{θ}) = 0$ を求めると、 $\begin{matrix} (1) & U_{α} (\hat{α}, \hat{β}) = m_{1} - n_{1} π_{1} - n_{2} π_{2} = 0 \\ (2) & U_{β} (\hat{α}, \hat{β}) = a - n_{1} π_{1} = 0 \end{matrix}$ この連立方程式を解くと、 $\begin{aligned} π_{2} & = \frac{m_{1} - a}{n_{2}} \\ = \frac{b}{n_{2}} \\ \frac{e^{\hat{α}}}{1 + e^{\hat{α}}} & = \frac{b}{n_{2}} \\ e^{\hat{α}} & = \frac{b}{n_{2} - b} \\ = \frac{b}{d} \\ \hat{α} & = \log \frac{b}{d} \end{aligned}$ この結果と式 $(2)$ より、 $\begin{matrix} a - n_{1} \cdot \frac{e^{\hat{α} + \hat{β}}}{1 + e^{\hat{α} + \hat{β}}} = 0 \end{matrix}$ これを $\hat{β}$ について解くと、 $\begin{matrix} (1 + e^{\hat{α} + \hat{β}}) a - n_{1} \cdot e^{\hat{α} + \hat{β}} = 0 \\ a + a \cdot e^{\hat{α} + \hat{β}} - n_{1} \cdot e^{\hat{α} + \hat{β}} = 0 \\ a + (a - n_{1}) \cdot e^{\hat{α}} \cdot e^{\hat{β}} = 0 \\ a - c \cdot \frac{b}{d} \cdot e^{\hat{β}} = 0 \\ e^{\hat{β}} = \frac{a d}{b c} \\ \hat{β} = \log \frac{a d}{b c} \end{matrix}$ $◼$

問題6.2.7：スコア方程式

得られた最尤推定量より、 $\begin{matrix} \hat{α} = \log \frac{b}{d} \hat{β} = \log \frac{a d}{b c} \\ e^{\hat{α}} = \frac{b}{d} e^{\hat{α} + \hat{β}} = \frac{a}{c} \\ π_{1} = \frac{\frac{a}{c}}{1 + \frac{a}{c}} = \frac{a}{c + a} = \frac{a}{n_{1}} \\ π_{2} = \frac{\frac{b}{d}}{1 + \frac{b}{d}} = \frac{b}{d + b} = \frac{b}{n_{2}} \end{matrix}$ これらをスコア方程式に代入すると、 $\begin{aligned} U_{β} (θ) & = a - n_{1} π_{1} \\ = a - n_{1} \cdot \frac{a}{n_{1}} \\ = a - a \\ = 0 \\ U_{α} (θ) & = m_{1} - n_{1} π_{1} - n_{2} π_{2} \\ = m_{1} - n_{1} \cdot \frac{a}{n_{1}} - n_{2} \cdot \frac{b}{n_{2}} \\ = m_{1} - a - b \\ = 0 \end{aligned}$ $◼$

問題6.2.8：期待情報行列

期待情報行列の成分は、 $\begin{array}{r} I (θ) = [\begin{array}{c} I_{α} (θ) & I_{α β} (θ) \\ I_{α β} {(θ)}^{T} & I_{β} (θ) \end{array}] \end{array}$ このとき、推定量の共分散行列は、 $V (\hat{θ}) = {I (θ)}^{- 1}$ となる。期待情報行列の逆行列は、 $\begin{array}{r} {I (θ)}^{- 1} = \frac{1}{| I (θ) |} [\begin{array}{c} I_{β} (θ) & - I_{α β} {(θ)}^{T} \\ - I_{α β} (θ) & I_{α} (θ) \end{array}] \end{array}$ 2×2行列の行列式の公式 $| A | = a_{11} a_{22} - a_{12} a_{21}$ より、 $\begin{aligned} | I (θ) | & = {n_{1} π_{1} (1 - π_{1}) + n_{2} π_{2} (1 - π_{2})} n_{1} π_{1} (1 - π_{1}) - {n_{1} π_{1} (1 - π_{1})}^{2} \\ = {n_{1} π_{1} (1 - π_{1}) + n_{2} π_{2} (1 - π_{2}) - n_{1} π_{1} (1 - π_{1})} n_{1} π_{1} (1 - π_{1}) \\ = n_{1} π_{1} (1 - π_{1}) n_{2} π_{2} (1 - π_{2}) \end{aligned}$ $π_{1} (1 - π_{1}) = ψ_{1}, π_{2} (1 - π_{2}) = ψ_{2}$ とすると、 $\begin{array}{r} | I (θ) | = n_{1} ψ_{1} n_{2} ψ_{2} \end{array}$ したがって、 $\begin{aligned} {I (θ)}^{- 1} & = \frac{1}{n_{1} ψ_{1} n_{2} ψ_{2}} [\begin{array}{c} n_{1} ψ_{1} & - n_{1} ψ_{1} \\ - n_{1} ψ_{1} & n_{1} ψ_{1} + n_{2} ψ_{2} \end{array}] \\ = [\begin{array}{c} \frac{1}{n_{2} ψ_{2}} & - \frac{1}{n_{2} ψ_{2}} \\ - \frac{1}{n_{2} ψ_{2}} & \frac{n_{1} ψ_{1} + n_{2} ψ_{2}}{n_{1} ψ_{1} n_{2} ψ_{2}} \end{array}] \end{aligned}$ $◼$

問題6.2.9：漸近分散・共分散行列

別な表現として、 $\begin{array}{r} {I (θ)}^{- 1} = [\begin{array}{c} {[{I (θ)}^{- 1}]}_{α} & {[{I (θ)}^{- 1}]}_{α, β} \\ {[{I (θ)}^{- 1}]}_{α, β}^{T} & {[{I (θ)}^{- 1}]}_{β} \end{array}] \end{array}$ したがって、推定量の共分散行列は、 $\begin{aligned} V (\hat{α}) & = {[{I (θ)}^{- 1}]}_{α} \\ = \frac{1}{n_{2} π_{2} (1 - π_{2})} \\ V (\hat{β}) & = {[{I (θ)}^{- 1}]}_{β} \\ = \frac{n_{1} π_{1} (1 - π_{1}) + n_{2} π_{2} (1 - π_{2})}{n_{1} π_{1} (1 - π_{1}) n_{2} π_{2} (1 - π_{2})} \\ = \frac{1}{n_{1} π_{1} (1 - π_{1})} + \frac{1}{n_{2} π_{2} (1 - π_{2})} \\ Cov (\hat{α}, \hat{β}) & = {[{I (θ)}^{- 1}]}_{α, β} \\ = - \frac{1}{n_{2} π_{2} (1 - π_{2})} \end{aligned}$ $◼$

問題6.2.10：標本対数オッズ比の漸近分散

推定量の共分散行列に、ロジスティック・モデルの各値を代入すると、 $\begin{aligned} V (\hat{β}) & = \frac{1}{n_{1} \cdot \frac{e^{α + β}}{1 + e^{α + β}} \cdot \frac{1}{1 + e^{α + β}}} + \frac{1}{n_{2} \cdot \frac{e^{α}}{1 + e^{α}} \cdot \frac{1}{1 + e^{α}}} \\ = \frac{{(1 + e^{α + β})}^{2}}{n_{1} e^{α + β}} + \frac{{(1 + e^{α})}^{2}}{n_{2} e^{α}} \end{aligned}$ この最尤推定量は、 $α = \hat{α}, β = \hat{β}$ を代入して、 $\begin{aligned} \hat{V} (\hat{β}) & = \frac{{(1 + e^{\hat{α} + \hat{β}})}^{2}}{n_{1} e^{\hat{α} + \hat{β}}} + \frac{{(1 + e^{\hat{α}})}^{2}}{n_{2} e^{\hat{α}}} \\ = \frac{{(1 + \frac{a}{c})}^{2}}{n_{1} \frac{a}{c}} + \frac{{(1 + \frac{b}{d})}^{2}}{n_{2} \frac{b}{d}} \\ = \frac{{(a + c)}^{2}}{c^{2}} \cdot \frac{c}{a n_{1}} + \frac{{(b + d)}^{2}}{d^{2}} \cdot \frac{d}{b n_{2}} \\ = \frac{{(a + c)}^{2}}{a c n_{1}} + \frac{{(b + d)}^{2}}{b d n_{2}} \end{aligned}$ $a + c = n_{1}, b + d = n_{2}$ より、 $\begin{array}{r} \hat{V} (\hat{β}) = \frac{a + c}{a c} + \frac{b + d}{b d} \end{array}$ 各項を部分分数分解すると、 $\begin{array}{r} \hat{V} (\hat{β}) = \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{1}{d} \end{array}$ $◼$

問題6.2.11：ワルド検定統計量

ワルド検定の検定統計量の定義 $χ_{W}^{2} = \frac{{\hat{β}}^{2}}{\hat{V} (\hat{β})}$ より、 $\begin{array}{r} χ_{W}^{2} = \frac{{(\log \frac{a d}{b c})}^{2}}{[\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{1}{d}]} \end{array}$ $◼$

問題6.2.13：尤度比検定

対数尤度の式より、帰無仮説 $β = 0$ における対数尤度は、 $\begin{aligned} l (π_{1}, π_{2}) & = m_{1} α + a β - n_{1} \log (1 + e^{α + β}) - n_{2} \log (1 + e^{α}) \\ l (\hat{α}, 0) & = m_{1} α + a \cdot 0 - n_{1} \log (1 + e^{α + 0}) - n_{2} \log (1 + e^{α}) \\ = m_{1} α - (n_{1} + n_{2}) \log (1 + e^{α}) \\ = m_{1} α - N \log (1 + e^{α}) \end{aligned}$ この対数尤度関数を $α$ で偏微分すると、スコア関数は、 $\begin{array}{r} U_{α} (θ) = m_{1} - N \frac{e^{α}}{1 + e^{α}} \end{array}$ 尤度方程式 $U_{α} (θ) = 0$ を解くことによって得られる $α$ の最尤推定量は、 $\begin{matrix} m_{1} - N \frac{e^{{\hat{α}}_{0}}}{1 + e^{{\hat{α}}_{0}}} = 0 \\ \frac{e^{{\hat{α}}_{0}}}{1 + e^{{\hat{α}}_{0}}} = \frac{m_{1}}{N} \\ (1 - \frac{m_{1}}{N}) e^{{\hat{α}}_{0}} = \frac{m_{1}}{N} \\ e^{{\hat{α}}_{0}} = \frac{m_{1}}{N} \cdot \frac{N}{N - m_{1}} \\ e^{{\hat{α}}_{0}} = \frac{m_{1}}{m_{2}} \\ {\hat{α}}_{0} = \log \frac{m_{1}}{m_{2}} \end{matrix}$ 尤度比検定の検定統計量の定義 $χ_{L R}^{2} = 2 \log L (\hat{α}, \hat{β}) - 2 \log L (\hat{α}, 0)$ より、 $\begin{aligned} χ_{L R}^{2} & = 2 {m_{1} \hat{α} + a \hat{β} - n_{1} \log (1 + e^{\hat{α} + \hat{β}}) - n_{2} \log (1 + e^{α})} - 2 {m_{1} {\hat{α}}_{0} - N \log (1 + e^{{\hat{α}}_{0}})} \\ = 2 {m_{1} (\hat{α} - {\hat{α}}_{0}) + a \hat{β} - n_{1} \log (1 + e^{\hat{α} + \hat{β}}) - n_{2} \log (1 + e^{α}) + N \log (1 + e^{{\hat{α}}_{0}})} \\ = 2 {m_{1} (\log \frac{b}{d} - \log \frac{m_{1}}{m_{2}}) + a \log \frac{a d}{b c} - n_{1} \log (1 + \frac{a}{c}) - n_{2} \log (1 + \frac{b}{d}) + N \log (1 + \frac{m_{1}}{m_{2}})} \\ = 2 {m_{1} \log \frac{b m_{2}}{d m_{1}} + a \log \frac{a d}{b c} - n_{1} \log \frac{n_{1}}{c} - n_{2} \log \frac{n_{2}}{d} + N \log \frac{N}{m_{2}}} \\ = 2 (m_{1} \log \frac{b m_{2}}{d m_{1}} + a \log \frac{a d}{b c} + n_{1} \log \frac{c}{n_{1}} + n_{2} \log \frac{d}{n_{2}} + N \log \frac{N}{m_{2}}) \\ = 2 (\log \frac{b^{m_{1}} m_{2}^{m_{1}}}{d^{m_{1}} m_{1}^{m_{1}}} + \log \frac{a^{a} d^{a}}{b^{a} c^{a}} + \log \frac{c^{n_{1}}}{n_{1}^{n_{1}}} + \log \frac{d^{n_{2}}}{n_{2}^{n_{2}}} + \log \frac{N^{N}}{m_{2}^{N}}) \\ = 2 \log [\frac{b^{m_{1}} m_{2}^{m_{1}}}{d^{m_{1}} m_{1}^{m_{1}}} \cdot \frac{a^{a} d^{a}}{b^{a} c^{a}} \cdot \frac{c^{n_{1}}}{n_{1}^{n_{1}}} \cdot \frac{d^{n_{2}}}{n_{2}^{n_{2}}} \cdot \frac{N^{N}}{m_{2}^{N}}] \\ = 2 \log [\frac{a^{a} N^{N}}{n_{1}^{n_{1}} n_{2}^{n_{2}} m_{1}^{m_{1}}} \cdot \frac{b^{m_{1}}}{b^{a}} \cdot \frac{c^{n_{1}}}{c^{a}} \cdot \frac{d^{a} d^{n_{2}}}{d^{m_{1}}} \cdot \frac{m_{2}^{m_{1}}}{m_{2}^{N}}] \\ = 2 \log [\frac{a^{a} N^{N}}{n_{1}^{n_{1}} n_{2}^{n_{2}} m_{1}^{m_{1}}} \cdot b^{a + b - a} \cdot c^{a + c - a} \cdot d^{a + b + d - (a + b)} \cdot m_{2}^{- (m_{1} + m_{2}) - m_{1}}] \\ = 2 \log [\frac{a^{a} b^{b} c^{c} d^{d} N^{N}}{n_{1}^{n_{1}} n_{2}^{n_{2}} m_{1}^{m_{1}} m_{2}^{m_{2}}}] \end{aligned}$ $◼$

問題6.2.14：スコア方程式と推定情報行列

$β$ に関する、スコア関数は、帰無仮説 $β = 0$ においては、 $\begin{aligned} U_{β} (θ) & = a - n_{1} \cdot \frac{e^{{\hat{α}}_{0}}}{1 + e^{{\hat{α}}_{0}}} \\ = a - n_{1} \cdot \frac{\frac{m_{1}}{m_{2}}}{1 + \frac{m_{1}}{m_{2}}} \\ = a - \frac{n_{1} m_{1}}{N} \\ = a - \hat{E} (a) \end{aligned}$ 帰無仮説のもとで $π_{1} = π_{2} = π$ であり、 $\begin{array}{r} \hat{π} = \frac{e^{{\hat{α}}_{0}}}{1 + e^{{\hat{α}}_{0}}} = \frac{m_{1}}{N} \end{array}$ これを、期待情報行列 $I (θ)$ の式に代入すると、 $\begin{aligned} I ({\hat{θ}}_{0}) & = [\begin{array}{c} n_{1} \hat{π} (1 - \hat{π}) + n_{2} \hat{π} (1 - \hat{π}) & n_{1} \hat{π} (1 - \hat{π}) \\ n_{1} \hat{π} (1 - \hat{π}) & n_{1} \hat{π} (1 - \hat{π}) \end{array}] \\ = \hat{π} (1 - \hat{π}) [\begin{array}{c} N & n_{1} \\ n_{1} & n_{1} \end{array}] \end{aligned}$ $◼$

問題6.2.15：有効スコア検定とコクラン検定の同等性

期待情報行列の逆行列 ${I (θ)}^{- 1}$ の式に代入すると、 $\begin{aligned} {I ({\hat{θ}}_{0})}^{- 1} & = [\begin{array}{c} \frac{1}{n_{2} \hat{π} (1 - \hat{π})} & - \frac{1}{n_{2} \hat{π} (1 - \hat{π})} \\ - \frac{1}{n_{2} \hat{π} (1 - \hat{π})} & \frac{n_{1} \hat{π} (1 - \hat{π}) + n_{2} \hat{π} (1 - \hat{π})}{n_{1} \hat{π} (1 - \hat{π}) n_{2} \hat{π} (1 - \hat{π})} \end{array}] \\ = \frac{1}{\hat{π} (1 - \hat{π})} [\begin{array}{c} \frac{1}{n_{2}} & - \frac{1}{n_{2}} \\ - \frac{1}{n_{2}} & \frac{N}{n_{1} n_{2}} \end{array}] \\ = \frac{1}{\hat{π} (1 - \hat{π})} \cdot \frac{1}{N n_{1} - n_{1}^{2}} [\begin{array}{c} n_{1} & - n_{1} \\ - n_{1} & N \end{array}] \end{aligned}$ また、帰無仮説のもとで $β$ に対応する推定情報量の逆行列の成分は、 $\begin{aligned} V (\hat{β}) & = {[{I (θ)}^{- 1}]}_{β} \\ = \frac{N}{n_{1} n_{2} \hat{π} (1 - \hat{π})} \\ = \frac{N^{3}}{n_{1} n_{2} m_{1} m_{2}} \end{aligned}$ 結果として有効スコア検定 $χ^{2} = \frac{{\hat{β}}^{2}}{\hat{V} (\hat{β})}$ は、 $\begin{aligned} χ^{2} & = \frac{{[a - \frac{n_{1} m_{1}}{N}]}^{2}}{\frac{n_{1} n_{2} m_{1} m_{2}}{N^{3}}} \\ = \frac{{[a - \hat{E} (a)]}^{2}}{\hat{V} [a - \hat{E} (a)]} \end{aligned}$ これは、 $2 \times 2$ 表に対するコクラン検定と等しい。 $◼$

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.295-296
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.269-275

ジョン・ラチン（2020）『医薬データのための統計解析』問題6.2 解答例

問題6.2.1：尤度・対数尤度

問題6.2.2：スコア関数①

問題6.2.3：スコア関数②

問題6.2.4：連鎖律によるスコア方程式の導出

問題6.2.5：ヘッセ行列

問題6.2.6：最尤推定量

問題6.2.7：スコア方程式

問題6.2.8：期待情報行列

問題6.2.9：漸近分散・共分散行列

問題6.2.10：標本対数オッズ比の漸近分散

問題6.2.11：ワルド検定統計量

問題6.2.13：尤度比検定

問題6.2.14：スコア方程式と推定情報行列

問題6.2.15：有効スコア検定とコクラン検定の同等性

参考文献

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