統計検定 1級 2017年 医薬生物学 問4 マンテル・ヘンツェル推定量

本稿には、2017年に実施された統計検定1級『医薬生物学』 問4の自作解答案を掲載しています。なお、閲覧にあたっては、以下の点にご注意ください。

〔1〕曝露オッズ比の推定値

曝露オッズの定義式より、ケース群とコントロール群の曝露オッズは、それぞれ $$\begin{array}{r}{O}_{Case}=\frac{y_{11k}}{y_{12k}}{O}_{Cont}=\frac{y_{21k}}{y_{22k}}\end{array}$$ 曝露オッズ比の定義式より、 $$\begin{array}{r}OR=\frac{O_{Case}}{O_{Cont}}=\frac{y_{11k}}{y_{12k}}\times \frac{y_{22k}}{y_{21k}}\end{array}$$ これを各年齢層で計算すると、 $$\begin{array}{c}{\psi }_1=\frac{5}{5}\times \frac{270}{35}\cong 7.71\\ {\psi }_2=\frac{67}{55}\times \frac{277}{56}\cong 6.03\\ {\psi }_3=\frac{6}{11}\times \frac{119}{18}\cong 3.61\end{array}$$ $◼$

〔2〕層別オッズ比の推定値

年齢層に分割表を整理しなおすと、以下のようになる。

与えられた式を用いてそれぞれの値を算出すると、
（i）25～44歳 $$\begin{array}{c}{y}_{111}=5\\ E\left(y_{111}\right)=\frac{(5+5)(5+35)}{315}\cong 1.27\\ V\left(y_{111}\right)=\frac{(5+5)(35+270)(5+35)(5+270)}{315\times 315\times (315-1)}\cong 1.08\\ \log {\hat{\psi }}_1=\frac{5-1.27}{1.08}=3.45\\ {\hat{\psi }}_1=e^{3.45}=31.62\end{array}$$ （ii）45～64歳 $$\begin{array}{c}{y}_{112}=67\\ E\left(y_{112}\right)=\frac{(67+55)(67+56)}{455}\cong 32.98\\ V\left(y_{112}\right)=\frac{(67+55)(56+277)(67+56)(55+277)}{455\times 455\times (455-1)}\cong 17.65\\ \log {\hat{\psi }}_2=\frac{67-32.98}{17.65}=1.93\\ {\hat{\psi }}_2=e^{1.93}=6.87\end{array}$$ （iii）65歳～ $$\begin{array}{c}{y}_{113}=24\\ E\left(y_{113}\right)=\frac{(24+44)(24+18)}{205}\cong 13.93\\ V\left(y_{113}\right)=\frac{(24+44)(18+119)(24+18)(44+119)}{205\times 205\times (205-1)}\cong 7.44\\ \log {\hat{\psi }}_3=\frac{24-13.93}{7.44}=1.35\\ {\hat{\psi }}_3=e^{1.35}=3.87\end{array}$$ $◼$

〔3〕共通オッズ比の推定値と対数オッズ比の重み付き平均の分散

対数オッズの重みつき平均を $E\left(Y\right)=\overline{Y}$ とすると、 $$\begin{array}{rl}\overline{Y}& =\frac{\sum _{k=1}^{3}V\left(y_{11k}\right)\cdot \log {\hat{\psi }}_k}{\sum _{k=1}^{3}V\left(y_{11k}\right)}\\ & =\frac{\sum _{k=1}^{3}V\left(y_{11k}\right)\cdot \frac{y_{11k}-E\left(y_{11k}\right)}{V\left(y_{11k}\right)}}{\sum _{k=1}^{3}V\left(y_{11k}\right)}\\ & =\frac{\sum _{k=1}^3\{y_{11k}-E\left(y_{11k}\right)\}}{\sum _{k=1}^{3}V\left(y_{11k}\right)}\\ & =\frac{\sum _{k=1}^3{y}_{11k}-\sum _{k=1}^{3}E\left(y_{11k}\right)}{\sum _{k=1}^{3}V\left(y_{11k}\right)}\\ & =\frac{(5+67+24)-(1.27+32.98+13.93)}{1.08+17.65+7.44}\\ & =1.83\end{array}$$ これより、共通オッズ比 $\psi$ の推定値は、 $$\begin{array}{rl}\hat{\psi }& =e^{1.83}\\ & =e\cdot e^{0.83}\\ & =2.7183\times 2.2933\\ & =6.23\end{array}$$ また、重みつき平均の分散は、 $$\begin{array}{r}V\left(\overline{Y}\right)=V\left[\frac{\sum _{k=1}^3{y}_{11k}-\sum _{k=1}^{3}E\left(y_{11k}\right)}{\sum _{k=1}^{3}V\left(y_{11k}\right)}\right]\end{array}$$ ここで、確率変数は $y_{11k}$、$E\left(y_{11k}\right),V\left(y_{11k}\right)$ は定数であるから、 $$\begin{array}{rl}V\left(\overline{Y}\right)& ={\left\{\frac{1}{\sum _{k=1}^{3}V\left(y_{11k}\right)}\right\}}^{2}V\{\sum _{k=1}^3{y}_{11k}-\sum _{k=1}^{3}E\left(y_{11k}\right)\}\\ & ={\left\{\frac{1}{\sum _{k=1}^{3}V\left(y_{11k}\right)}\right\}}^2[V\left(\sum _{k=1}^3{y}_{11k}\right)+V\left\{\sum _{k=1}^{3}E\left(y_{11k}\right)\right\}]\\ & ={\left\{\frac{1}{\sum _{k=1}^{3}V\left(y_{11k}\right)}\right\}}^{2}V\left(\sum _{k=1}^3{y}_{11k}\right)\end{array}$$ 分散の性質 $V\left(\sum _{k=1}^3{y}_{11k}\right)=\sum _{k=1}^{3}V\left(y_{11k}\right)$ より、 $$\begin{array}{rl}V\left(\overline{Y}\right)& ={\left\{\frac{1}{\sum _{k=1}^{3}V\left(y_{11k}\right)}\right\}}^2\sum _{k=1}^{3}V\left(y_{11k}\right)\\ & =\frac{1}{\sum _{k=1}^{3}V\left(y_{11k}\right)}\\ & =\frac{1}{1.08+17.65+7.44}\\ & =0.04\end{array}$$ $◼$

〔4〕共通オッズ比の信頼区間

対数オッズ比の推定量 $\overline{Y}=\log \hat{\psi }$ は、漸近的に $$\begin{array}{r}\overline{Y}\sim \mathrm{N}\{\log \psi ,V(\log \hat{\psi })\}\end{array}$$ このとき、95%信頼区間は、 $$\begin{array}{c}\log \hat{\psi }-z_{0.025}\cdot \sqrt{V(\log \hat{\psi })}\le \log \psi \le \log \hat{\psi }+z_{0.025}\cdot \sqrt{V(\log \hat{\psi })}\\ 1.83-1.96\sqrt{0.04}\le \log \psi \le 1.83+1.96\sqrt{0.04}\\ 1.45\le \log \psi \le 2.21\end{array}$$ したがって、共通オッズの95%信頼区間は、 $$\begin{array}{c}{e}^{1.45}\le \psi \le e^{2.21}\\ 4.25\le \psi \le 9.14\end{array}$$ 信頼区間の下限値が1よりも大きいため、アルコールの摂取量とある癌の発症には関係があるといえる。 $◼$

〔5〕オッズ比の均一性の検定

対数オッズ比は近似的に正規分布に従うことから、その正規分布の母平均の均一性の検定（分散分析や多重比較）に持ち込むことが考えられる。また、Breslow-Day検定の適用も選択肢の1つとなる。 $◼$

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