ジョン・ラチン（2020）『医薬データのための統計解析』 問題8.8 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8.8」の自作解答例です。二値共変量に対するポアソン回帰モデルの最尤推定に関する問題です。

なお、閲覧にあたっては、以下の点にご注意ください。

問題8.8.1：帰無仮説のもとでの最尤推定量

〔1〕対立仮説
曝露群・非曝露群の強度はそれぞれ、 \begin{align} \log{ \left\{\lambda \left(x_i\right)\right\}}&=\alpha+1 \cdot \beta\\ &=\alpha+\beta\\ \lambda_1&=e^{\alpha+\beta}\\ \log{ \left\{\lambda \left(x_i\right)\right\}}&=\alpha+0 \cdot \beta\\ &=\alpha\\ \lambda_2&=e^\alpha \end{align} 尤度関数は、 \begin{align} L \left(\boldsymbol{\theta}\right)=\prod_{i=1}^{N}\frac{ \left\{\lambda \left(x_i\right)t_i\right\}^{d_i} \cdot e^{-\lambda \left(x_i\right)t_i}}{d_i!} \end{align} 対数尤度関数は、 \begin{align} l \left(\boldsymbol{\theta}\right)&=\sum_{i=1}^{N} \left[d_i\log{ \left\{\lambda \left(x_i\right) \cdot t_i\right\}}-\log{ \left(d_i!\right)}-\lambda \left(x_i\right)t_i\right]\\ l \left(\alpha,\beta\right)&=\sum_{i=1}^{N} \left[d_i \left\{\alpha+x_i\beta+\log{t_i}\right\}-\log{ \left(d_i!\right)}-t_i \cdot e^{\alpha+x_i\beta}\right]\\ &=\sum_{i=1}^{N} \left[\alpha d_i+d_ix_i\beta-d_i\log{ \left(d_i!\right)}-t_i \cdot e^{\alpha+x_i\beta}\right] \end{align} パラメータ $\alpha$ のスコア関数 $U_\alpha \left(\boldsymbol{\theta}\right)=\frac{\partial}{\partial\alpha}l \left(\boldsymbol{\theta}\right)$ は、 \begin{align} U_\alpha \left(\boldsymbol{\theta}\right)=\sum_{i=1}^{N}d_i-\sum_{i=1}^{N}{t_i \cdot e^{\alpha+x_i\beta}} \end{align} パラメータ $\beta$ のスコア関数は、$U_\beta \left(\boldsymbol{\theta}\right)=\frac{\partial}{\partial\beta}l \left(\boldsymbol{\theta}\right)$ は、 \begin{align} U_\beta \left(\boldsymbol{\theta}\right)=\sum_{i=1}^{N}{x_i \left(d_i-e^{\alpha+x_i\beta} \cdot t_i\right)} \end{align} 尤度方程式は、 \begin{gather} \sum_{i=1}^{N}d_i-\sum_{i=1}^{N}{t_i \cdot e^{\alpha+x_i\beta}}=0\tag{1}\\ \sum_{i=1}^{N}{x_i \left(d_i-e^{\alpha+x_i\beta} \cdot t_i\right)}=0\tag{2} \end{gather} 式 $(1)$ より、 \begin{align} d_{\bullet }&=\sum_{i=1}^{N}{t_i \cdot e^{\alpha+x_i\beta}}\\ &=\sum_{i=1}^{n_1}{t_i \cdot e^{\alpha+\beta}}+\sum_{j=1}^{n_2}{e^\alpha \cdot t_j}\\ &=e^{\alpha+\beta} \cdot t_{1\bullet }+e^\alpha \cdot t_{2\bullet }\tag{3} \end{align} 式 $(2)$ より、 \begin{gather} \sum_{i=1}^{n_1}{1 \cdot \left(d_i-e^{\alpha+\beta} \cdot t_i\right)}+\sum_{j=1}^{n_2}{0 \cdot \left(d_j-e^\alpha \cdot t_j\right)}=0\\ \sum_{i=1}^{n_1}d_i-e^{\alpha+\beta}\sum_{i=1}^{N}t_i=0\\ e^{\alpha+\beta} \cdot t_{1\bullet }=d_{1\bullet }\tag{4} \end{gather} 式 $(3),(4)$ より、各群のハザードの最尤推定量は、 \begin{gather} {\hat{\lambda}}_1=e^{\hat{\alpha}+\hat{\beta}}=\frac{d_{1\bullet }}{t_{1\bullet }}\\ {\hat{\lambda}}_2=e^{\hat{\alpha}}=\frac{d_{2\bullet }}{t_{2\bullet }} \end{gather} 〔2〕帰無仮説
帰無仮説 $H_0:\beta=\beta_0=0$ のもとでのパラメータ $\alpha_0$ の最尤推定量は、 \begin{gather} U_\alpha \left(\boldsymbol{\theta}_\boldsymbol{0}\right)=\sum_{i=1}^{N}d_i-\sum_{i=1}^{N}{t_i \cdot e^{\hat{\alpha}}}=0\\ e^{\hat{\alpha}}=\frac{d_{\bullet }}{t_{\bullet }} \end{gather} 帰無仮説のもとでのパラメータ $\beta_0$ のスコア関数は、 \begin{align} U_\beta \left({\hat{\boldsymbol{\theta}}}_\boldsymbol{0}\right)&=\sum_{i=1}^{N}{x_i \left(d_i-e^{\hat{\alpha}} \cdot t_i\right)}\\ &=\sum_{i=1}^{n_1}{1 \cdot \left(d_i-e^{\hat{\alpha}} \cdot t_i\right)}-\sum_{j=1}^{n_2}{0 \cdot \left(d_i-e^{\hat{\alpha}} \cdot t_i\right)}\\ &=\sum_{i=1}^{n_1}d_i-e^{\hat{\alpha}}\sum_{i=1}^{n_1}t_i\\ &=d_{1\bullet }-\frac{d_{\bullet } \cdot t_{1\bullet }}{t_{\bullet }}\\ &=\frac{ \left(t_{1\bullet }+t_{2\bullet }\right) \cdot d_{1\bullet }}{t_{\bullet }}-\frac{t_{1\bullet } \left(d_{1\bullet }+d_{2\bullet }\right)}{t_{\bullet }}\\ &=\frac{t_{2\bullet } \cdot d_{1\bullet }-t_{1\bullet } \cdot d_{2\bullet }}{t_{\bullet }}\\ \end{align} $\blacksquare$

問題8.8.2：帰無仮説のもとでの期待情報量

このとき、期待情報行列の各成分の推定量は、 \begin{align} I_\alpha \left({\hat{\boldsymbol{\theta}}}_\boldsymbol{0}\right)&=\sum_{i=1}^{N}{t_i \cdot e^{\hat{\alpha}+x_i\beta_0}}\\ &=\sum_{i=1}^{N}{t_i \cdot e^{\hat{\alpha}}}\\ &=t_{\bullet } \cdot \frac{d_{\bullet }}{t_{\bullet }}\\ &=d_{\bullet } \end{align} \begin{align} I_\beta \left({\hat{\boldsymbol{\theta}}}_\boldsymbol{0}\right)&=\sum_{i=1}^{N}{x_i^2t_i \cdot e^{\hat{\alpha}+x_i\beta_0}}\\ &=\sum_{i=1}^{N}{x_i^2t_i \cdot e^{\hat{\alpha}}}\\ &=\frac{d_{\bullet }}{t_{\bullet }} \left(\sum_{i=1}^{n_1}{1 \cdot t_i}+\sum_{j=1}^{n_2}{0 \cdot t_j}\right)\\ &=\frac{t_{1\bullet } \cdot d_{\bullet }}{t_{\bullet }} \end{align} \begin{align} I_{\alpha\beta} \left({\hat{\boldsymbol{\theta}}}_\boldsymbol{0}\right)&=\sum_{i=1}^{N}{x_it_i \cdot e^{\hat{\alpha}+x_i\beta_0}}\\ &=\sum_{i=1}^{N}{x_it_i \cdot e^{\hat{\alpha}}}\\ &=\frac{d_{\bullet }}{t_{\bullet }} \left(\sum_{i=1}^{n_1}{1 \cdot t_i}+\sum_{j=1}^{n_2}{0 \cdot t_j}\right)\\ &=\frac{t_{1\bullet } \cdot d_{\bullet }}{t_{\bullet }} \end{align} したがって、 \begin{align} I \left({\hat{\boldsymbol{\theta}}}_\boldsymbol{0}\right)= \left[\begin{matrix}d_{\bullet }&\frac{t_{1\bullet } \cdot d_{\bullet }}{t_{\bullet }}\\\frac{t_{1\bullet } \cdot d_{\bullet }}{t_{\bullet }}&\frac{t_{1\bullet } \cdot d_{\bullet }}{t_{\bullet }}\\\end{matrix}\right]\\ \end{align} \begin{align} \left|I \left({\hat{\boldsymbol{\theta}}}_\boldsymbol{0}\right)\right|&=d_{\bullet } \cdot \frac{t_{1\bullet } \cdot d_{\bullet }}{t_{\bullet }}-\frac{t_{1\bullet } \cdot d_{\bullet }}{t_{\bullet }} \cdot \frac{t_{1\bullet } \cdot d_{\bullet }}{t_{\bullet }}\\ &=\frac{t_{1\bullet } \cdot d_{\bullet }^2}{t_{\bullet }} \left(1-\frac{t_{1\bullet }}{t_{\bullet }}\right)\\ &=\frac{t_{1\bullet } \cdot t_{2\bullet } \cdot d_{\bullet }^2}{t_{\bullet }^2} \end{align} \begin{align} I \left({\hat{\boldsymbol{\theta}}}_\boldsymbol{0}\right)^{-1}=\frac{t_{\bullet }^2}{t_{1\bullet } \cdot t_{2\bullet } \cdot d_{\bullet }^2} \left[\begin{matrix}\frac{t_{1\bullet } \cdot d_{\bullet }}{t_{\bullet }}&-\frac{t_{1\bullet } \cdot d_{\bullet }}{t_{\bullet }}\\-\frac{t_{1\bullet } \cdot d_{\bullet }}{t_{\bullet }}&d_{\bullet }\\\end{matrix}\right] \end{align} $\blacksquare$

問題8.8.3：有効スコア検定

有効スコア検定の検定統計量は、 \begin{align} U \left({\hat{\boldsymbol{\theta}}}_\boldsymbol{0}\right)= \left[\begin{matrix}0&U_\beta \left({\hat{\boldsymbol{\theta}}}_\boldsymbol{0}\right)\\\end{matrix}\right] \end{align} として、 \begin{align} \chi^2&=U \left({\hat{\boldsymbol{\theta}}}_\boldsymbol{0}\right)^TI \left({\hat{\boldsymbol{\theta}}}_\boldsymbol{0}\right)^{-1}U \left({\hat{\boldsymbol{\theta}}}_\boldsymbol{0}\right)\\ &=\frac{t_{2\bullet } \cdot d_{1\bullet }-t_{1\bullet } \cdot d_{2\bullet }}{t_{\bullet }} \cdot \frac{t_{\bullet }^2}{t_{1\bullet } \cdot t_{2\bullet } \cdot d_{\bullet }} \cdot \frac{t_{2\bullet } \cdot d_{1\bullet }-t_{1\bullet } \cdot d_{2\bullet }}{t_{\bullet }}\\ &=\frac{ \left(d_{1\bullet }t_{2\bullet }-d_{2\bullet }t_{1\bullet }\right)^2}{t_{1\bullet }t_{2\bullet }d_{\bullet }} \end{align} また、 \begin{align} {\hat{\lambda}}_1=\frac{d_{1\bullet }}{t_{1\bullet }} \quad {\hat{\lambda}}_2=\frac{d_{2\bullet }}{t_{2\bullet }}\\ \end{align} \begin{align} {\hat{\lambda}}_1-{\hat{\lambda}}_2&=\frac{d_{1\bullet }}{t_{1\bullet }}-\frac{d_{2\bullet }}{t_{2\bullet }}\\ &=\frac{d_{1\bullet }t_{2\bullet }-d_{2\bullet }t_{1\bullet }}{t_{1\bullet }t_{2\bullet }} \end{align} したがって、 \begin{align} Z&=\frac{\sqrt{t_{1\bullet }t_{2\bullet }}}{\sqrt{d_{1\bullet }+d_{2\bullet }}}\frac{d_{1\bullet }t_{2\bullet }-d_{2\bullet }t_{1\bullet }}{t_{1\bullet }t_{2\bullet }}\\ &=\frac{d_{1\bullet }t_{2\bullet }-d_{2\bullet }t_{1\bullet }}{\sqrt{t_{1\bullet }t_{2\bullet }d_{\bullet }}} Z^2=\frac{ \left(d_{1\bullet }t_{2\bullet }-d_{2\bullet }t_{1\bullet }\right)^2}{t_{1\bullet }t_{2\bullet }d_{\bullet }} \end{align} したがって、 \begin{align} \chi^2=Z^2 \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.456
• 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.424-425
• 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.611-612

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