統計検定 1級 2024年 医薬生物学 問3 欠損データの統計解析

本稿には、2024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〕独立性の検定

表1 治療群の種類とデータの有無

	$T$ 群	$C$ 群	合計
データあり	$70$	$90$	$160$
データなし	$30$	$10$	$40$
合計	$100$	$100$	$200$

独立性の検定の検定統計量の公式より、 $$\begin{array}{rl}{\chi }^2& =\frac{200{(70\cdot 10-30\cdot 90)}^2}{160\cdot 40\cdot 100\cdot 100}\\ & =12.5\end{array}$$ 付表3より、 $$\begin{array}{r}{\chi }_{0.05}^2=3.84<12.5={\chi }^2\end{array}$$ となるため、 治療群の種類と欠測が独立であるという帰無仮説は棄却される。 $◼$

 

〔2〕改善割合の差の分散の推定値

各データに対する標本比率の分散は、 $$\begin{array}{r}V\left(p\right)=\frac{p(1-p)}{n}\end{array}$$ 改善割合の差の分散は、試験治療群のデータと対照治療群のデータが互いに独立であることから、 $$\begin{array}{rl}V(p_{Ti}-p_{Ci})& =V\left(p_{Ti}\right)+V\left(p_{Ci}\right)\\ & =\frac{p_{Ti}(1-p_{Ti})}{n_{Ti}}+\frac{p_{Ci}(1-p_{Ci})}{n_{Ci}}\end{array}$$ 標本比率で母比率を置き換えると、 $$\begin{array}{rl}\hat{V}(p_{Ti}-p_{Ci})& =V\left(p_{Ti}\right)+V\left(p_{Ci}\right)\\ & =\frac{{\hat{p}}_{Ti}(1-{\hat{p}}_{Ti})}{n_{Ti}}+\frac{{\hat{p}}_{Ci}(1-{\hat{p}}_{Ci})}{n_{Ci}}\end{array}$$ 具体的な値を計算すると、 $$\begin{array}{rl}\hat{V}(p_{T1}-p_{C1})& =\frac{0.28\cdot 0.72}{100}+\frac{0.22\cdot 0.78}{100}\\ & =0.002016+0.001716\\ & =0.003732\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}\hat{V}(p_{T2}-p_{C2})& =\frac{0.30\cdot 0.70}{100}+\frac{0.23\cdot 0.77}{100}\\ & =0.0021+0.001771\\ & =0.003871\end{array}$$ $◼$

 

〔3〕「ルービンのルール」による分散の統合

表1と〔2〕の結果より、問題文で与えられたとおりに計算すると、 $$\begin{array}{rl}\overline{\theta }& =\frac{0.06+0.07+0.08}{3}\\ & =0.07\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}W& =\frac{0.003732+0.003871+0.003718}{3}\\ & =0.003773667\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}B& =\frac{{(0.06-0.07)}^2+{(0.07-0.07)}^2+{(0.08-0.07)}^2}{2}\\ & =\frac{0.0001+0+0.0001}{2}\\ & =0.0001\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}V\left(\overline{\theta }\right)& =0.003773667+(1+\frac{1}{3})\times 0.0001\\ & =0.003773667+0.000133\\ & \cong 0.003907\end{array}$$ $◼$

 

〔4〕補完データセットにもとづく推定量の分散

問題文の条件から、$Y_T^o=y_T^o,Y_C^o=y_C^o$ が与えられた条件下での $Y_{Tk}^m,Y_{Ck}^m$ の条件付き分布は、 $$\begin{array}{r}{Y}_{Tk}^m\sim \mathrm{B}(M_T,\frac{y_T^o}{N_T})\\ Y_{Ck}^m\sim \mathrm{B}(M_C,\frac{y_C^o}{N_C})\end{array}$$ 二項分布の分散の公式より、与条件下での条件付き分散は、 $$\begin{array}{rl}V\left(Y_{Tk}^m\right|y_T^o)& =M_T\cdot \frac{y_T^o}{N_T}\cdot (1-\frac{y_T^o}{N_T})\\ & =M_T\cdot \frac{y_T^o}{N_T}\cdot \frac{N_T-y_T^o}{N_T}\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}V\left(Y_{Ck}^m\right|y_C^o)& =M_C\cdot \frac{y_C^o}{N_C}\cdot (1-\frac{y_C^o}{N_C})\\ & =M_C\cdot \frac{y_C^o}{N_C}\cdot \frac{N_C-y_C^o}{N_C}\end{array}$$ $$\begin{array}{r}\mathrm{Cov}(Y_{Ck}^m,Y_{Ck}^m|y_T^o,y_C^o)=0\end{array}$$ したがって、分散の公式より、 $$\begin{array}{rl}V\left({\hat{\theta }}_k\right|y_T^o,y_C^o)& =V(\frac{y_T^o+Y_{Tk}^m}{N_T+M_T}-\frac{y_C^o+Y_{Ck}^m}{N_C+M_C})\\ & =\frac{1}{{(N_T+M_T)}^2}V\left(Y_{Tk}^m\right|y_T^o)+\frac{1}{{(N_C+M_C)}^2}V\left(Y_{Ck}^m\right|y_C^o)\\ & =\frac{M_T\cdot y_T^o(N_T-y_T^o)}{{\left\{N_T(N_T+M_T)\right\}}^2}+\frac{M_C\cdot y_C^o(N_C-y_C^o)}{{\left\{N_C(N_C+M_C)\right\}}^2}\end{array}$$ $◼$

 

〔5〕補完データセットにもとづく補完間分散の期待値

改善割合の差の推定量 ${\hat{\theta }}_k$ をある分布に従う確率変数と見ると、$\overline{\theta }$ は標本平均、補完間分散 $B$ は標本不偏分散に相当する統計量である。したがって、標本不偏分散の性質より、 $$\begin{array}{rl}E\left(B\right|y_T^o,y_C^o)& =V\left({\hat{\theta }}_k\right|y_T^o,y_C^o)\\ & =\frac{M_T\cdot y_T^o(N_T-y_T^o)}{{\left\{N_T(N_T+M_T)\right\}}^2}+\frac{M_C\cdot y_C^o(N_C-y_C^o)}{{\left\{N_C(N_C+M_C)\right\}}^2}\end{array}$$ $◼$

 

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