統計検定 1級 2023年 医薬生物学 問3 メタ・アナリシス

本稿には、2023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。

• 著作権の関係上、問題文は、掲載することができません。申し訳ありませんが、閲覧者のみなさまでご用意いただければ幸いです。
• 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。
• 計算ミスや誤字・脱字などがありましたら、コメントなどでご指摘いただければ大変助かります。
• 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。

 

〔1〕変量効果モデルの対数尤度関数

正規分布の再生性などにより、問題文の条件の下で、 $$\begin{array}{r}{Y}_k=\theta +{\epsilon }_k\sim \mathrm{N}(\theta ,{\sigma }_k^2)\end{array}$$ 対数オッズ比の確率密度関数は、問題文より $$\begin{array}{r}f\left(y_k\right)=\frac{1}{\sqrt{2\pi {\sigma }_k^2}}\exp [-\frac{{(y_k-\theta )}^2}{2{\sigma }_k^2}]\end{array}$$ 尤度関数は、 $$\begin{array}{r}L\left(\theta \right)=\prod _{k=1}^K\frac{1}{\sqrt{2\pi {\sigma }_k^2}}\exp [-\frac{{(y_k-\theta )}^2}{2{\sigma }_k^2}]\end{array}$$ 対数尤度関数 $l(\theta ,\mathit{x})=\log L(\theta ,\mathit{x})$ は、 $$\begin{array}{rl}l\left(\theta \right)& =\sum _{k=1}^K(-\frac{1}{2}\log 2\pi {\sigma }_k^2-\frac{{(y_k-\theta )}^2}{2{\sigma }_k^2})\\ & =-\frac{1}{2}\sum _{k=1}^K\{\log \left(2\pi {\sigma }_k^2\right)+w_k{(y_k-\theta )}^2\}\end{array}$$ $◼$

 

〔2〕対数オッズ比の最尤推定量とその期待値・分散

〔1〕から続けて、パラメータ $\theta$ に関するスコア関数 $U\left(\theta \right)=\frac{\partial }{\partial \theta }l\left(\theta \right)$ は、 $$\begin{array}{rl}U\left(\theta \right)& =-\frac{1}{2}\sum _{k=1}^{K}2w_k(y_k-\theta )\cdot (-1)\\ & =\sum _{k=1}^K{w}_k(y_k-\theta )\\ & =\sum _{k=1}^K{w}_k{y}_k-\theta \sum _{k=1}^K{w}_k\end{array}$$ 尤度方程式 $U\left(\theta \right)=0$ を解くと、パラメータ $\theta$ の最尤推定量は、 $$\begin{array}{c}\hat{\theta }\sum _{k=1}^K{w}_k=\sum _{k=1}^K{w}_k{Y}_k\\ \hat{\theta }=\frac{\sum _{k=1}^K{w}_k{Y}_k}{\sum _{k=1}^K{w}_k}\end{array}$$ 両辺の期待値を取ると、問題文の仮定から、$w_k$ は定数なので、期待値の性質より、 $$\begin{array}{rl}E\left(\hat{\theta }\right)& =E\left(\frac{\sum _{k=1}^K{w}_k{Y}_k}{\sum _{k=1}^K{w}_k}\right)\\ & =\frac{1}{\sum _{k=1}^K{w}_k}E\left(\sum _{k=1}^K{w}_k{Y}_k\right)\\ & =\frac{1}{\sum _{k=1}^K{w}_k}\sum _{k=1}^K{w}_k\cdot E\left(Y_k\right)\\ & =\frac{\sum _{k=1}^K{w}_k}{\sum _{k=1}^K{w}_k}\cdot \theta \\ & =\theta \end{array}$$ 同様に分散を取ると、 $$\begin{array}{rl}V\left(\hat{\theta }\right)& =V\left(\frac{\sum _{k=1}^K{w}_k{Y}_k}{\sum _{k=1}^K{w}_k}\right)\\ & =\frac{1}{{\left(\sum _{k=1}^K{w}_k\right)}^2}V\left(\sum _{k=1}^K{w}_k{Y}_k\right)\\ & =\frac{1}{{\left(\sum _{k=1}^K{w}_k\right)}^2}\sum _{k=1}^K{w}_k^2\cdot V\left(Y_k\right)\\ & =\frac{1}{{\left(\sum _{k=1}^K{w}_k\right)}^2}\sum _{k=1}^K{w}_k^2\cdot {\sigma }_k^2\\ & =\frac{1}{{\left(\sum _{k=1}^K{w}_k\right)}^2}\sum _{k=1}^K{w}_k\\ & =\frac{1}{\sum _{k=1}^K{w}_k}\end{array}$$ $◼$

 

〔3〕共通性の仮定を検証するための統計量の期待値

問題文で与えられた式は $$\begin{array}{c}Q=\sum _{k=1}^K{w}_k{(Y_k-\theta )}^2-\sum _{k=1}^K{w}_k{(\hat{\theta }-\theta )}^2\end{array}$$ 両辺の期待値を取ると、 $$\begin{array}{rl}E\left(Q\right)& =E\{\sum _{k=1}^K{w}_k{(Y_k-\theta )}^2-\sum _{k=1}^K{w}_k{(\hat{\theta }-\theta )}^2\}\\ & =E\left\{\sum _{k=1}^K{w}_k{(Y_k-\theta )}^2\right\}-E\left\{\sum _{k=1}^K{w}_k{(\hat{\theta }-\theta )}^2\right\}\\ & =\sum _{k=1}^{K}E\left\{{w_k(Y_k-\theta )}^2\right\}-\sum _{k=1}^{K}E\left\{w_k{(\hat{\theta }-\theta )}^2\right\}\\ & =\sum _{k=1}^K{w}_{k}E\left[{(Y_k-\theta )}^2\right]-\sum _{k=1}^K{w}_{k}E\left[{(\hat{\theta }-\theta )}^2\right]\end{array}$$ 分散の定義式 $V\left(X\right)=E\left[{\{X-E\left(X\right)\}}^2\right]$ より、 $$\begin{array}{c}E\left(Q\right)=\sum _{k=1}^K{w}_{k}V\left(Y_k\right)-V\left(\hat{\theta }\right)\sum _{k=1}^K{w}_k\end{array}$$ 第2項について、〔2〕での計算より、 $$\begin{array}{rl}V\left(\hat{\theta }\right)\sum _{k=1}^K{w}_k& =\frac{\sum _{k=1}^K{w}_k^2\cdot V\left(Y_k\right)}{{\left(\sum _{k=1}^K{w}_k\right)}^2}\cdot \sum _{k=1}^K{w}_k\\ & =\frac{\sum _{k=1}^K{w}_k^2\cdot V\left(Y_k\right)}{\sum _{k=1}^K{w}_k}\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{c}E\left(Q\right)=\sum _{k=1}^K{w}_{k}V\left(Y_k\right)-\frac{\sum _{k=1}^K{w}_k^2\cdot V\left(Y_k\right)}{\sum _{k=1}^K{w}_k}\end{array}$$ $◼$

 

〔4〕モーメント法による分散の推定

〔3〕の結果より、 $$\begin{array}{rl}Q& =\sum _{k=1}^K{w}_{k}V\left(Y_k\right)-\frac{\sum _{k=1}^K{w}_k^2\cdot V\left(Y_k\right)}{\sum _{k=1}^K{w}_k}\\ & =\sum _{k=1}^K{w}_k({\hat{\tau }}^2+\frac{1}{w_k})-\frac{\sum _{k=1}^K{w}_k^2\cdot ({\hat{\tau }}^2+\frac{1}{w_k})}{\sum _{k=1}^K{w}_k}\\ & =\sum _{k=1}^K(w_k{\hat{\tau }}^2+1)-\frac{\sum _{k=1}^K(w_k^2{\hat{\tau }}^2+w_k)}{\sum _{k=1}^K{w}_k}\\ & ={\hat{\tau }}^2\sum _{k=1}^K{w}_k+K-{\hat{\tau }}^2\frac{\sum _{k=1}^K{w}_k^2}{\sum _{k=1}^K{w}_k}-1\end{array}$$ $$\begin{array}{c}{\hat{\tau }}^2(\sum _{k=1}^K{w}_k-\frac{\sum _{k=1}^K{w}_k^2}{\sum _{k=1}^K{w}_k})=Q-(K-1)\\ {\hat{\tau }}^2=\frac{Q-(K-1)}{\sum _{k=1}^K{w}_k-\frac{\sum _{k=1}^K{w}_k^2}{\sum _{k=1}^K{w}_k}}\end{array}$$ $◼$

 

〔5〕異質性の評価

〔4〕で得られた式に問題文の条件 $w_k=\frac{1}{{\sigma }^2}$ を代入すると、 $$\begin{array}{rl}\sum _{k=1}^K{w}_k-\frac{\sum _{k=1}^K{w}_k^2}{\sum _{k=1}^K{w}_k}& =\sum _{k=1}^K\frac{1}{{\sigma }^2}-\frac{\sum _{k=1}^K{\left(\frac{1}{{\sigma }^2}\right)}^2}{\sum _{k=1}^K\frac{1}{{\sigma }^2}}\\ & =\frac{K}{{\sigma }^2}-\frac{K{\left(\frac{1}{{\sigma }^2}\right)}^2}{\frac{K}{{\sigma }^2}}\\ & =\frac{K}{{\sigma }^2}-\frac{1}{{\sigma }^2}\\ & =\frac{K-1}{{\sigma }^2}\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{r}{\tau }^2=\frac{Q-(K-1)}{K-1}\cdot {\sigma }^2\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}{\tau }^2+{\sigma }^2& =\frac{Q-(K-1)}{K-1}\cdot {\sigma }^2+{\sigma }^2\\ & =\{\frac{Q-(K-1)}{K-1}+1\}{\sigma }^2\\ & =\frac{Q}{K-1}{\sigma }^2\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}\frac{{\tau }^2}{{\tau }^2+{\sigma }^2}& =\frac{Q-(K-1)}{K-1}{\sigma }^2\cdot \frac{K-1}{Q{\sigma }^2}\\ & =\frac{Q-(K-1)}{Q}\end{array}$$ データから得られた値 $Q=7.15,K=4$ を代入すると、 $$\begin{array}{rl}\frac{{\tau }^2}{{\tau }^2+{\sigma }^2}& =\frac{7.15-(4-1)}{7.15}\\ & \cong 0.58\end{array}$$ $◼$

 

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