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。
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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〕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{align} Y_k=\theta+\varepsilon_k \sim \mathrm{N} \left(\theta,\sigma_k^2\right) \end{align} 対数オッズ比の確率密度関数は、問題文より \begin{align} f \left(y_k\right)=\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma_k^2}}\mathrm{exp} \left[-\frac{ \left(y_k-\theta\right)^2}{2\sigma_k^2}\right] \end{align} 尤度関数は、 \begin{align} L \left(\theta\right)=\prod_{k=1}^{K}{\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma_k^2}}\mathrm{exp} \left[-\frac{ \left(y_k-\theta\right)^2}{2\sigma_k^2}\right]} \end{align} 対数尤度関数 $l \left(\theta,\boldsymbol{x}\right)=\log{L \left(\theta,\boldsymbol{x}\right)}$ は、 \begin{align} l \left(\theta\right)&=\sum_{k=1}^{K} \left(-\frac{1}{2}\log{2\pi\sigma_k^2}-\frac{ \left(y_k-\theta\right)^2}{2\sigma_k^2}\right)\\ &=-\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{K} \left\{\log{ \left(2\pi\sigma_k^2\right)}+w_k \left(y_k-\theta\right)^2\right\} \end{align} $\blacksquare$
〔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{align} U \left(\theta\right)&=-\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{K}{2w_k \left(y_k-\theta\right) \cdot \left(-1\right)}\\ &=\sum_{k=1}^{K}{w_k \left(y_k-\theta\right)}\\ &=\sum_{k=1}^{K}{w_ky_k}-\theta\sum_{k=1}^{K}w_k \end{align} 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{gather} \hat{\theta}\sum_{k=1}^{K}w_k=\sum_{k=1}^{K}{w_kY_k}\\ \hat{\theta}=\frac{\sum_{k=1}^{K}{w_kY_k}}{\sum_{k=1}^{K}w_k} \end{gather} 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{align} E \left(\hat{\theta}\right)&=E \left(\frac{\sum_{k=1}^{K}{w_kY_k}}{\sum_{k=1}^{K}w_k}\right)\\ &=\frac{1}{\sum_{k=1}^{K}w_k}E \left(\sum_{k=1}^{K}{w_kY_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{align} 同様に分散を取ると、 \begin{align} V \left(\hat{\theta}\right)&=V \left(\frac{\sum_{k=1}^{K}{w_kY_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_kY_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{align} $\blacksquare$
〔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{gather} Q=\sum_{k=1}^{K}w_k \left(Y_k-\theta\right)^2-\sum_{k=1}^{K}w_k \left(\hat{\theta}-\theta\right)^2 \end{gather} 両辺の期待値を取ると、 \begin{align} E \left(Q\right)&=E \left\{\sum_{k=1}^{K}{w_k \left(Y_k-\theta\right)^2}-\sum_{k=1}^{K}{w_k \left(\hat{\theta}-\theta\right)^2}\right\}\\ &=E \left\{\sum_{k=1}^{K}{w_k \left(Y_k-\theta\right)^2}\right\}-E \left\{\sum_{k=1}^{K}{w_k \left(\hat{\theta}-\theta\right)^2}\right\}\\ &=\sum_{k=1}^{K}E \left\{{w_k \left(Y_k-\theta\right)}^2\right\}-\sum_{k=1}^{K}E \left\{w_k \left(\hat{\theta}-\theta\right)^2\right\}\\ &=\sum_{k=1}^{K}{w_kE \left[ \left(Y_k-\theta\right)^2\right]}-\sum_{k=1}^{K}{w_kE \left[ \left(\hat{\theta}-\theta\right)^2\right]} \end{align} 分散の定義式 $V \left(X\right)=E \left[ \left\{X-E \left(X\right)\right\}^2\right]$ より、 \begin{gather} E \left(Q\right)=\sum_{k=1}^{K}{w_kV \left(Y_k\right)}-V \left(\hat{\theta}\right)\sum_{k=1}^{K}w_k \end{gather} 第2項について、〔2〕での計算より、 \begin{align} 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{align} したがって、 \begin{gather} E \left(Q\right)=\sum_{k=1}^{K}{w_kV \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{gather} $\blacksquare$
〔4〕モーメント法による分散の推定
〔3〕の結果より、 \begin{align} Q&=\sum_{k=1}^{K}{w_kV \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 \left({\hat{\tau}}^2+\frac{1}{w_k}\right)}-\frac{\sum_{k=1}^{K}{w_k^2 \cdot \left({\hat{\tau}}^2+\frac{1}{w_k}\right)}}{\sum_{k=1}^{K}w_k}\\ &=\sum_{k=1}^{K} \left(w_k{\hat{\tau}}^2+1\right)-\frac{\sum_{k=1}^{K} \left(w_k^2{\hat{\tau}}^2+w_k\right)}{\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{align} \begin{gather} {\hat{\tau}}^2 \left(\sum_{k=1}^{K}w_k-\frac{\sum_{k=1}^{K}w_k^2}{\sum_{k=1}^{K}w_k}\right)=Q- \left(K-1\right)\\ {\hat{\tau}}^2=\frac{Q- \left(K-1\right)}{\sum_{k=1}^{K}w_k-\frac{\sum_{k=1}^{K}w_k^2}{\sum_{k=1}^{K}w_k}} \end{gather} $\blacksquare$
〔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{align} \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{align} したがって、 \begin{align} \tau^2=\frac{Q- \left(K-1\right)}{K-1} \cdot \sigma^2 \end{align} \begin{align} \tau^2+\sigma^2&=\frac{Q- \left(K-1\right)}{K-1} \cdot \sigma^2+\sigma^2\\ &= \left\{\frac{Q- \left(K-1\right)}{K-1}+1\right\}\sigma^2\\ &=\frac{Q}{K-1}\sigma^2 \end{align} \begin{align} \frac{\tau^2}{\tau^2+\sigma^2}&=\frac{Q- \left(K-1\right)}{K-1}\sigma^2 \cdot \frac{K-1}{Q\sigma^2}\\ &=\frac{Q- \left(K-1\right)}{Q} \end{align} データから得られた値 $Q=7.15,\ K=4$ を代入すると、 \begin{align} \frac{\tau^2}{\tau^2+\sigma^2}&=\frac{7.15- \left(4-1\right)}{7.15}\\ &\cong0.58 \end{align} $\blacksquare$
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