統計検定 1級 2023年 医薬生物学 問2 生存時間分析・サンプルサイズの設計

本稿には、2023年に実施された統計検定1級『医薬生物学』 問2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。

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• この答案は、あくまでも筆者が自作したものであり、公式なものではありません。正式な答案については、公式問題集をご参照ください。
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〔1〕指数分布のパラメータの最尤推定

イベント時間の確率密度関数 $f\left(t\right)=\lambda \left(t\right)\cdot S\left(t\right)$ は、 $$\begin{array}{r}f\left(t\right)=\lambda e^{-\lambda t}\end{array}$$ 打ち切りが存在しないとき、尤度関数は、 $$\begin{array}{r}L\left(\lambda \right)=\prod _{i=1}^n\lambda e^{-\lambda t_i}\end{array}$$ 対数尤度関数 $l(\theta ,\mathit{x})=\log L(\theta ,\mathit{x})$ は、 $$\begin{array}{rl}l\left(\lambda \right)& =\sum _{i=1}^n(\log \lambda -\lambda t_i)\\ & =n\log \lambda -\lambda \sum _{i=1}^n{t}_i\end{array}$$ パラメータ $\lambda$ に関するスコア関数 $U\left(\lambda \right)=\frac{\partial }{\partial \lambda }l\left(\lambda \right)$ は、$T=\sum _{i=1}^n{t}_i$ として、 $$\begin{array}{r}U\left(\lambda \right)=\frac{n}{\lambda }-T\end{array}$$ 尤度方程式 $U\left(\theta \right)=0$ を解くと、パラメータ $\lambda$ の最尤推定量は、 $$\begin{array}{c}\frac{n}{\hat{\lambda }}=T\\ \hat{\lambda }=\frac{n}{T}\end{array}$$ $◼$

 

〔2〕パラメータのフィッシャー情報量

〔1〕から続けて、観測情報量 $i\left(\theta \right)=-\frac{\partial }{\partial \theta }U\left(\theta \right)$ は、 $$\begin{array}{rl}{I}_n\left(\lambda \right)& =-(-\frac{n}{{\lambda }^2})\\ & =\frac{n}{{\lambda }^2}\end{array}$$ フィッシャー情報量 $I\left(\theta \right)=E\left[i\left(\theta \right)\right]$ は、 $$\begin{array}{rl}{I}_n\left(\lambda \right)& =E\left(\frac{n}{{\lambda }^2}\right)\\ & =\frac{n}{{\lambda }^2}\end{array}$$ $◼$

 

〔3〕有意水準・検出力・臨床的有意差の関係

①帰無仮説での有意水準と棄却域
問題文の仮定より、検定統計量 $Z$ は、帰無仮説のもとで、 $$\begin{array}{r}Z\sim \mathrm{N}(0,1)\end{array}$$ したがって、帰無仮説における検定統計量の棄却域は、 $$\begin{array}{c}{z}_{\alpha }<Z\end{array}$$

②対立仮説での棄却域と検出力
同様に、検定統計量 $Z$ は、対立仮説のもとで、 $$\begin{array}{c}Z\sim \mathrm{N}(\mu ,1)\end{array}$$ ここで、正規分布の性質などにより、 $$\begin{array}{c}W=Z-\mu \\ W\sim \mathrm{N}(0,1)\end{array}$$ 検出力の定義（対立仮説のもとで、帰無仮説を棄却する事象が起こる）より、 $$\begin{array}{rl}1-\beta & =P(z_{\alpha }<Z|H_1)\\ & =P(z_{\alpha }-\mu <Z-\mu )\\ & =P(z_{\alpha }-\mu <W)\\ & =P(z_{1-\beta }<W)\end{array}$$ したがって、$z_{1-\beta }=-z_{\beta }$ より、 $$\begin{array}{c}{z}_{1-\beta }=z_{\alpha }-\mu \\ \mu =z_{\alpha }-z_{1-\beta }\\ \mu =z_{\alpha }+z_{\beta }\end{array}$$ $◼$

 

〔4〕サンプルサイズの設計公式

〔1〕、〔2〕の結果と問題文の仮定より、最尤推定量 $\hat{\lambda }$ は漸近的に、 $$\begin{array}{c}\hat{\lambda }\sim \mathrm{N}(\lambda ,{\varphi }^2)\\ {\varphi }^2=\frac{{\lambda }^2}{n}\end{array}$$ これを標準化した値は、 $$\begin{array}{r}\frac{\hat{\lambda }-\lambda }{\varphi }=Z\sim \mathrm{N}(0,1)\end{array}$$ 問題文の設定より、 $$\begin{array}{r}Z=\frac{\hat{\lambda }-{\lambda }_0}{\sigma }{\sigma }^2=\frac{{\lambda }_1^2}{n}\end{array}$$ この式を変形すると、 $$\begin{array}{r}\hat{\lambda }={\lambda }_0+Z\sigma \end{array}$$ 両辺の期待値を取ると、問題文の仮定より、 $$\begin{array}{c}E\left(\hat{\lambda }\right)={\lambda }_0+\sigma E\left(Z\right)\\ {\lambda }_1={\lambda }_0+\sigma E\left(Z\right)\\ E\left(Z\right)=\frac{{\lambda }_1-{\lambda }_0}{\sigma }\end{array}$$ 〔3〕の結果より、対立仮説のもとで、 $$\begin{array}{rl}E\left(Z\right)& =\mu \\ & =z_{\alpha }+z_{\beta }\end{array}$$ となるとき、有意水準と検出力がそれぞれ $\alpha ,1-\beta$ となる。 したがって、 $$\begin{array}{c}\frac{{\lambda }_1-{\lambda }_0}{\sigma }=z_{\alpha }+z_{\beta }\\ \frac{({\lambda }_1-{\lambda }_0)\sqrt{n}}{{\lambda }_1}=z_{\alpha }+z_{\beta }\\ \sqrt{n}=\frac{{\lambda }_1(z_{\alpha }+z_{\beta })}{{\lambda }_1-{\lambda }_0}\\ n={\left\{\frac{{\lambda }_1(z_{\alpha }+z_{\beta })}{{\lambda }_1-{\lambda }_0}\right\}}^2\end{array}$$ $◼$

 

〔5〕サンプルサイズの算出

問題文の条件より、時点 $t$ における累積分布関数（感染症の回復率）は、 $$\begin{array}{r}F\left(t\right)=1-e^{-\lambda t}\end{array}$$ 問題文の仮定より、帰無仮説におけるパラメータは、付表5より、 $$\begin{array}{c}F\left(5\right)=0.5\\ 1-e^{-5{\lambda }_0}=0.5\\ e^{-5{\lambda }_0}=0.5\\ -5{\lambda }_0=\log 0.5\\ {\lambda }_0=-\frac{1}{5}\log 0.5\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}{\lambda }_0& =-\frac{1}{5}(\log 5-1)\cdot 2.3026\\ & =-\frac{1}{5}(0.6990-1)\cdot 2.3026\\ & =0.139\end{array}$$ 対立仮説におけるパラメータは、 $$\begin{array}{c}F\left(5\right)=0.75\\ 1-e^{-5{\lambda }_1}=0.75\\ e^{-5{\lambda }_1}=0.25\\ -5{\lambda }_1=\log 0.25\\ {\lambda }_1=-\frac{1}{5}\log 0.25\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}{\lambda }_1& =-\frac{1}{5}(\log 1-\log 4)\cdot 2.3026\\ & =-\frac{1}{5}(0-0.6021)\cdot 2.3026\\ & =0.277\end{array}$$ 〔4〕の結果より、 $$\begin{array}{rl}n& ={\left\{\frac{{\lambda }_1(z_{\alpha }+z_{\beta })}{{\lambda }_1-{\lambda }_0}\right\}}^2\\ & ={\left\{\frac{0.277(1.960+0.842)}{0.277-0.139}\right\}}^2\\ & ={\left(\frac{0.277\cdot 2.802}{0.139}\right)}^2\\ & ={5.604}^2\\ & \cong 31.4\end{array}$$ したがって、検出力80%以上を満たす最小の被験者数は、 $$\begin{array}{r}n=32\end{array}$$ $◼$

 

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