統計検定 1級 2021年 医薬生物学 問3 層別解析（コクラン検定）

本稿には、2021年に実施された統計検定1級『医薬生物学』 問3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〕オッズ比の信頼区間の算出

オッズ比の推定値は、 $$\begin{array}{rl}\widehat{\mathrm{OR}}& =\frac{ad}{bc}\\ & =\frac{59\times 65}{71\times 60}\\ & \cong 0.900\end{array}$$ 対数オッズ比の推定量の分散は、 $$\begin{array}{rl}V(\log \widehat{\mathrm{OR}})& =\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}\\ & =\frac{1}{59}+\frac{1}{71}+\frac{1}{60}+\frac{1}{65}\\ & \cong 0.063\end{array}$$ 対数オッズ比の推定量は漸近的に、 $$\begin{array}{r}\log \widehat{\mathrm{OR}}\sim \mathrm{N}\{\log \mathrm{OR},V(\log \widehat{\mathrm{OR}})\}\end{array}$$ したがって、標準化した値を $$\begin{array}{r}Z=\frac{\log \widehat{\mathrm{OR}}-\log \mathrm{OR}}{\sqrt{V(\log \widehat{\mathrm{OR}})}}\end{array}$$ とすると、 $$\begin{array}{r}Z\sim \mathrm{N}(0,1)\end{array}$$ 95%信頼区間 $-Z_{0.025}\le Z\le Z_{0.025}$ は、 $$\begin{array}{r}\log \widehat{\mathrm{OR}}-Z_{0.025}\sqrt{V(\log \widehat{\mathrm{OR}})}\le \log \mathrm{OR}\le \log \widehat{\mathrm{OR}}+Z_{0.025}\sqrt{V(\log \widehat{\mathrm{OR}})}\end{array}$$ 各値を代入すると、 $$\begin{array}{c}\log 0.9-1.96\sqrt{0.063}\le \log \mathrm{OR}\le \log 0.9+1.96\sqrt{0.063}\\ \log 0.9-0.49\le \log \mathrm{OR}\le \log 0.9+0.49\\ e^{\log 0.9-0.49}\le \mathrm{OR}\le e^{\log 0.9+0.49}\\ 0.9\times \frac{1}{e^{0.49}}\le \mathrm{OR}\le 0.9\times e^{0.49}\end{array}$$ 付表5 $e^{0.49}=1.6323$ より、 $$\begin{array}{c}0.9\times \frac{1}{1.6323}\le \mathrm{OR}\le 0.9\times 1.6323\\ 0.551\le \mathrm{OR}\le 1.469\end{array}$$ $◼$

〔2〕独立性の検定統計量の導出

［2-1］積二項尤度は、 $$\begin{array}{rl}L({\pi }_1,{\pi }_2)& ={}_{n_{1+}}{C}_{n_{11}}{\pi }_1^{n_{11}}{(1-{\pi }_1)}^{n_{1+}-n_{11}}\cdot {}_{n_{2+}}{C}_{n_{21}}{\pi }_2^{n_{21}}{(1-{\pi }_2)}^{n_{2+}-n_{21}}\\ & ={}_{n_{1+}}{C}_{n_{11}}{\pi }_1^{n_{11}}{(1-{\pi }_1)}^{n_{12}}\cdot {}_{n_{2+}}{C}_{n_{21}}{\pi }_2^{n_{21}}{(1-{\pi }_2)}^{n_{22}}\end{array}$$ ［2-2］対数尤度関数は、 $$\begin{array}{r}l({\pi }_1,{\pi }_2)=\log {}_{n_{1+}}{C}_{n_{11}}+n_{11}\log {\pi }_1+n_{12}\log (1-{\pi }_1)+\log {}_{n_{2+}}{C}_{n_{21}}+n_{21}\log {\pi }_2+n_{22}\log (1-{\pi }_2)\end{array}$$ スコア関数は、 $$\begin{array}{r}U({\pi }_1,{\pi }_2)=\frac{n_{11}}{{\pi }_1}-\frac{n_{12}}{1-{\pi }_1}+\frac{n_{21}}{{\pi }_2}-\frac{n_{22}}{1-{\pi }_2}\end{array}$$ 帰無仮説 $H_0:{\pi }_1={\pi }_2=\pi$ の元では、 $$\begin{array}{r}U\left(\pi \right)=\frac{n_{11}+n_{21}}{\pi }-\frac{n_{12}+n_{22}}{1-\pi }\end{array}$$ 尤度方程式 $U\left(\pi \right)=0$ を解くと、帰無仮説のもとでの最尤推定量は、 $$\begin{array}{c}(n_{11}+n_{21})(1-\hat{\pi })-(n_{12}+n_{22})\hat{\pi }=0\\ (n_{11}+n_{21})-(n_{11}+n_{21})\hat{\pi }-(n_{12}+n_{22})\hat{\pi }=0\\ (n_{11}+n_{21}+n_{12}+n_{22})\hat{\pi }=n_{11}+n_{21}\\ \hat{\pi }=\frac{n_{11}+n_{21}}{N}\end{array}$$ ［2-3］$n_{11}$ は帰無仮説のもとで $$\begin{array}{r}{n}_{11}\sim \mathrm{B}(n_{1+},\pi )\end{array}$$ 二項分布の期待値と分散の公式より、 $$\begin{array}{r}E\left(n_{11}\right)=n_{1+}\pi V\left(n_{11}\right)=n_{1+}\pi (1-\pi )\end{array}$$ これを $\pi =\hat{\pi }$ で置き換えると、 $$\begin{array}{c}\hat{E}\left(n_{11}\right)=\frac{n_{1+}(n_{11}+n_{21})}{N}\\ \hat{V}\left(n_{11}\right)=\frac{n_{1+}(n_{11}+n_{21})(n_{12}+n_{22})}{N^2}\end{array}$$ 同様に、 $$\begin{array}{c}\hat{E}\left(n_{21}\right)=\frac{n_{2+}(n_{11}+n_{21})}{N}\\ \hat{V}\left(n_{21}\right)=\frac{n_{2+}(n_{11}+n_{21})(n_{12}+n_{22})}{N^2}\end{array}$$ ［2-4］ $$\begin{array}{rl}{n}_{11}-\hat{E}\left(n_{11}\right)& =n_{11}-\frac{n_{1+}(n_{11}+n_{21})}{N}\\ & =\frac{n_{11}(n_{1+}+n_{2+})-n_{1+}(n_{11}+n_{21})}{N}\\ & =\frac{n_{11}{n}_{1+}+n_{11}{n}_{2+}-n_{11}{n}_{1+}-n_{1+}{n}_{21}}{N}\\ & =\frac{n_{2+}{n}_{11}-n_{1+}{n}_{21}}{N}\end{array}$$ この分散を取ると、 $$\begin{array}{rl}\hat{V}[n_{11}-\hat{E}\left(n_{11}\right)]& =V\left(\frac{n_{2+}{n}_{11}-n_{1+}{n}_{21}}{N}\right)\\ & =V(\frac{n_{2+}}{N}{n}_{11}-\frac{n_{1+}}{N}{n}_{21})\\ & =\frac{n_{2+}^2}{N^2}\hat{V}\left(n_{11}\right)+\frac{n_{1+}^2}{N^2}\hat{V}\left(n_{21}\right)\\ & =\frac{n_{2+}^2}{N^2}\frac{n_{1+}(n_{11}+n_{21})(n_{12}+n_{22})}{N^2}+\frac{n_{1+}^2}{N^2}\frac{n_{2+}(n_{11}+n_{21})(n_{12}+n_{22})}{N^2}\\ & =\frac{n_{1+}{n}_{2+}(n_{11}+n_{21})(n_{12}+n_{22})(n_{1+}+n_{2+})}{N^4}\\ & =\frac{n_{1+}{n}_{2+}(n_{11}+n_{21})(n_{12}+n_{22})N}{N^4}\\ & =\frac{n_{1+}{n}_{2+}(n_{11}+n_{21})(n_{12}+n_{22})}{N^3}\end{array}$$ 表3の数値を代入すると、 $$\begin{array}{c}{n}_{11}-\hat{E}\left(n_{11}\right)=\frac{125\times 59-130\times 60}{255}=-1.667\\ \hat{V}[n_{11}-\hat{E}\left(n_{11}\right)]=\frac{130\times 125\times 119\times 136}{{255}^3}=15.861\end{array}$$ したがって、検定統計量は、 $$\begin{array}{r}X=\frac{{(-1.667)}^2}{15.861}=0.175\end{array}$$ この検定統計量は、自由度1の ${\chi }^2$分布に従い、${\chi }_{0.05}^2\left(1\right)=3.84$ より、 $$\begin{array}{r}X<{\chi }_{0.05}^2\left(1\right)\end{array}$$ なので、5%水準で有意ではない。 $◼$

〔3〕Cochran検定統計量の導出

問題で与えられた帰無仮説 $H_0:{\psi }_1={\psi }_2=\cdots ={\psi }_K=1$ は、第 $k$ 層目においては、 $$\begin{array}{r}{H}_0:{\pi }_{1k}={\pi }_{2k}={\pi }_k\end{array}$$ と同値である。 ［3-1］二項分布の正規近似により、漸近的に、 $$\begin{array}{r}{n}_{11k}\sim \mathrm{N}\{n_{1+k}{\pi }_{1k},n_{1+k}{\pi }_{1k}(1-{\pi }_{1k})\}\end{array}$$ 線形変換の性質により、 $$\begin{array}{r}{Y}_k=n_{11k}-\hat{E}\left(n_{11k}\right)\sim N\{0,V[n_{11}-\hat{E}\left(n_{11}\right)]\}\end{array}$$ 分散の推定量を代入すると、 $$\begin{array}{r}{Y}_k\sim \mathrm{N}\{0,\hat{V}[n_{11}-\hat{E}\left(n_{11}\right)]\}\end{array}$$ ［3-2］正規分布の再生性により、$Y_1,Y_2,\cdots ,Y_K$ が互いに独立であるとすると、$Y=Y_1+Y_2+\cdots +Y_K$ は、 $$\begin{array}{r}Y\sim \mathrm{N}\{0,\sum _{k=1}^K\hat{V}\left[Y_k\right]\}\end{array}$$ よって、 $$\begin{array}{r}Z=\frac{\sum _{k=1}^K\{n_{11k}-\hat{E}\left(n_{11k}\right)\}}{\sqrt{\sum _{k=1}^{K}V\{n_{11k}-\hat{E}\left(n_{11k}\right)\}}}\sim \mathrm{N}\{0,1\}\end{array}$$ したがって、Cochran検定統計量は、これを2乗して、 $$\begin{array}{rl}{\chi }_C^2& =\frac{{\left[\sum _{k=1}^K\{n_{11k}-\hat{E}\left(n_{11k}\right)\}\right]}^2}{\sum _{k=1}^{K}V\{n_{11k}-\hat{E}\left(n_{11k}\right)\}}\end{array}$$ これは、自由度1の ${\chi }^2$分布に従う。 $◼$

〔4〕層調整済み解析の実施

表5の各数値を代入すると、 $$\begin{array}{rl}{\chi }_C^2& =\frac{{[\frac{100\times 25-30\times 55}{130}+\frac{25\times 34-100\times 5}{125}]}^2}{\frac{30\times 100\times (25+55)(5+45)}{{130}^3}+\frac{100\times 25\times (34+5)(66+20)}{{125}^3}}\\ & =\frac{{(6.538+2.800)}^2}{5.462+4.293}\\ & =8.939\end{array}$$ ${\chi }_{0.05}^2\left(1\right)=3.84$ より、${\chi }_{0.05}^2\left(1\right)<{\chi }_C^2$ なので、5%水準で有意である。これは、〔2〕の結果と異なっているが、これは、男性は既存治療に割り当てられる確率が高く、女性は新規治療に割り当てられる確率が高いなど、交絡が発生していたためであり、交絡因子の影響が取り除かれた結果であると考えられる。 $◼$

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