統計検定 1級 2024年 医薬生物学 問4 多重比較法・用量反応関係

本稿には、2024年に実施された統計検定1級『医薬生物学』 問4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。

• 統計検定の問題の使用に関する規約により禁止されているため、問題文は掲載することができません。公式サイトで公開されているものなどをご参照ください。
• 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。
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〔1〕検定を繰り返すことによる第1種の過誤の増大

3つの帰無仮説のうち、少なくとも1つの帰無仮説が棄却される確率は、「すべての帰無仮説が棄却されない」という事象の余事象なので、 $$\begin{array}{rl}\mathrm{FWER}& =1-{(1-0.025)}^3\\ & =1-{0.975}^3\\ & \cong 0.073\end{array}$$ $◼$

 

〔2〕ボンフェローニ法

ボンフェローニ法とは、$\left|x\right|\ll 1$ のとき、 $$\begin{array}{r}{(1-x)}^n\cong 1-nx\end{array}$$ という近似が可能であることを用いる多重比較法である。 求める調整有意水準を $a$ とすると、〔1〕と同様に考えて、 $$\begin{array}{rl}\mathrm{FWER}& =1-{(1-a)}^3\\ & \cong 1-(1-3a)\\ & =3a\end{array}$$ $\mathrm{FWER}=\alpha$ のとき、 $$\begin{array}{rl}3a& =\alpha \\ a& =\frac{\alpha }{3}\end{array}$$ $◼$

 

〔3〕FWERの制御方法

パターン① 分散分析の帰無仮説が真である場合

本問で設定されている一元配置分散分析の帰無仮説 $$\begin{array}{r}{H}_0:{\mu }_0={\mu }_1={\mu }_2={\mu }_3\end{array}$$ は、論理的に〔1〕の3つの帰無仮説 $$\begin{array}{r}{H}_{01}:{\mu }_0={\mu }_1{H}_{02}:{\mu }_0={\mu }_2{H}_{03}:{\mu }_0={\mu }_3\end{array}$$ がすべて真である場合と同値な命題である。 $H_0$ が真である場合、一元配置分散分析の有意水準が $\alpha$ に設定されていることから、第1種の過誤の確率は、$\alpha$ 以下に制御されている。

パターン② 分散分析の帰無仮説が偽である場合

いっぽう、$H_0$ が偽である場合、〔1〕の3つの検定を行うとき、$H_0$ は正しく棄却されているので、第1種の過誤は生じていない。この際、検定を行う命題について、3つのうち、（1）1つが真で2つが偽、（2）2つが真で1つが偽、（3）すべてが偽、（4）すべてが真というパターンが考えられる。このうち、（4）は先に検討しており、（3）については、$FWER$ は「全ての仮説の中で少なくとも1つの正しい帰無仮説が誤って棄却されてしまう第1種の過誤の確率」であるから、真である帰無仮説がないこのパターンは $FWER$ の概念に馴染まない。したがって、（1）と（2）について検討すると、

この場合、偽である2つの検定に関して、第1種の過誤は生じない。いっぽう、真である1つの検定については、有意水準が $\alpha$ に設定されていることから、第1種の過誤の確率は、$\alpha$ 以下に制御されている。

この場合、偽である1つの検定に関して、第1種の過誤は生じない。いっぽう、真である2つの検定については、〔1〕、〔2〕で検証したように、検定を繰り返すことにより、第1種の過誤の確率は約 $2\alpha$ となり、$\alpha$ 以下に制御されていない。

（3）「すべてが偽」の場合（クリックで表示）

この場合、偽である3つの検定に関して、第1種の過誤は生じない。したがって、この場合、第1種の過誤の確率は $0$ となる。

結論

以上より、各群の人数によらず、$FWER$ が $\alpha$ 以下に制御に制御されるための ${\mu }_j$ 条件は、①$H_0$ が真、または、②$H_{01},H_{02},H_{03}$ のうち、1つだけが真のいずれかである。 $◼$

 

〔4〕検定統計量どうしの相関係数①

正規分布の再生性などから、標本平均は、 $$\begin{array}{r}{\overline{Y}}_j\sim \mathrm{N}({\mu }_j,\frac{{\sigma }^2}{n_j})\end{array}$$ 正規分布の再生性から、 $$\begin{array}{r}{\overline{Y}}_j-{\overline{Y}}_0\sim \mathrm{N}({\mu }_j-{\mu }_0,s_j^2)s_j^2=\frac{{\sigma }^2}{n_j}+\frac{{\sigma }^2}{n_0}\end{array}$$ 帰無仮説 $$\begin{array}{r}{H}_0:{\mu }_0={\mu }_1={\mu }_2={\mu }_3=\mu \end{array}$$ のもとでは、 $$\begin{array}{r}{\overline{Y}}_j-{\overline{Y}}_0\sim \mathrm{N}(0,s_j^2)\end{array}$$ これを標準化した値は、 $$\begin{array}{c}{Z}_j=\frac{{\overline{Y}}_j-{\overline{Y}}_0}{s_j}\\ Z_j\sim \mathrm{N}(0,1)\end{array}$$

相関係数の定義より、共分散を $$\begin{array}{r}\mathrm{Cov}\left(Z_j{Z}_k\right)={\sigma }_{jk}\end{array}$$ とすると、 $$\begin{array}{rl}{\rho }_{jk}& =\frac{{\sigma }_{jk}}{\sqrt{V\left(Z_j\right)}\sqrt{V\left(Z_k\right)}}\\ & =\frac{{\sigma }_{jk}}{1\cdot 1}\\ & ={\sigma }_{jk}\end{array}$$ 共分散の公式より、 $$\begin{array}{rl}{\sigma }_{jk}& =E\left(Z_j{Z}_k\right)-E\left(Z_j\right)\cdot E\left(Z_k\right)\\ & =E\left(Z_j{Z}_k\right)-0\cdot 0\\ & =E\left(Z_j{Z}_k\right)\end{array}$$

分散の公式の変形より、 $$\begin{array}{r}E\left({\overline{Y}}_j^2\right)=V\left({\overline{Y}}_j\right)+{\left\{E\left({\overline{Y}}_j\right)\right\}}^2\end{array}$$ 異なる群の標本平均は互いに独立であることから、 $$\begin{array}{r}E\left({\overline{Y}}_j{\overline{Y}}_0\right)=E\left({\overline{Y}}_j\right)E\left({\overline{Y}}_0\right)\end{array}$$

積の期待値を計算すると、 $$\begin{array}{rl}E\left(Z_j{Z}_k\right)& =E(\frac{{\overline{Y}}_j-{\overline{Y}}_0}{s_j}\cdot \frac{{\overline{Y}}_k-{\overline{Y}}_0}{s_k})\\ & =\frac{E\left[({\overline{Y}}_j-{\overline{Y}}_0)({\overline{Y}}_k-{\overline{Y}}_0)\right]}{s_j{s}_k}\\ & =\frac{E\left({\overline{Y}}_j{\overline{Y}}_k\right)-E\left({\overline{Y}}_0\right)\{E\left({\overline{Y}}_j\right)+E\left({\overline{Y}}_k\right)\}+E\left({\overline{Y}}_0^2\right)}{s_j{s}_k}\\ & =\frac{E\left({\overline{Y}}_j\right)\cdot E\left({\overline{Y}}_0\right)-E\left({\overline{Y}}_j\right)\cdot E\left({\overline{Y}}_0\right)-E\left({\overline{Y}}_k\right)\cdot E\left({\overline{Y}}_0\right)+V\left({\overline{Y}}_0\right)+{\left\{E\left({\overline{Y}}_0\right)\right\}}^2}{s_j{s}_k}\\ & =\frac{1}{s_j{s}_k}({\mu }^2-2{\mu }^2+\frac{{\sigma }^2}{n_0}+{\mu }^2)\\ & =\frac{n_0}{{\sigma }^2}\cdot \frac{\sqrt{n_j{n}_k}}{\sqrt{(n_j+n_0)(n_k+n_0)}}\cdot \frac{{\sigma }^2}{n_0}\\ & =\frac{\sqrt{n_j{n}_k}}{\sqrt{(n_j+n_0)(n_k+n_0)}}\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{r}{\rho }_{jk}=\frac{\sqrt{n_j{n}_k}}{\sqrt{(n_j+n_0)(n_k+n_0)}}\end{array}$$ $◼$

 

〔5〕多重対比法における対比ベクトル

直線的な用量反応関係においては、一般に $r$ を正の整数として、 $$\begin{array}{r}\mathit{c}=\{\begin{array}{cc}(-r,-r+1,\cdots ,-1,0,1,\cdots r-1,r)& K=2r+1\\ (-2r+1,-2r+3,\cdots ,-1,0,1,\cdots 2r-3,2r+1)& K=2r\end{array}\end{array}$$ という対比ベクトルを定めるのが合理的とされている。 したがって、本問の場合 $r=2$ として、 $$\begin{array}{r}\mathit{c}=(-3,-1,1,3)\end{array}$$ と定めればよい。 特に、$\sum _{j=0}^3{c}_j^2=1$ となるように調整する場合は、 $$\begin{array}{rl}\sum _{j=0}^3{c}_j^2& ={(-3)}^2+{(-1)}^2+1^2+3^2\\ & =9+1+1+9\\ & =20\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{r}\mathit{c}=(-\frac{3}{2\sqrt{5}},-\frac{1}{2\sqrt{5}},\frac{1}{2\sqrt{5}},\frac{3}{2\sqrt{5}})\end{array}$$ と定めればよい。 $◼$

 

〔6〕検定統計量どうしの相関係数②

各群の人数を $$\begin{array}{r}{n}_0=n_1=n_2=n_3=n\end{array}$$ とすると、 多重対比法における検定統計量間の相関係数の公式より、 $$\begin{array}{rl}{\rho }_{56}& =\frac{\sum _{i=0}^3{c}_{5i}{c}_{6i}/n}{\sqrt{\left(\sum _{i=0}^3{c}_{5i}^2/n\right)\left(\sum _{i=0}^3{c}_{6i}^2/n\right)}}\\ & =\frac{\sum _{i=0}^3{c}_{5i}{c}_{6i}}{\sqrt{\left(\sum _{i=0}^3{c}_{5i}^2\right)\left(\sum _{i=0}^3{c}_{6i}^2\right)}}\end{array}$$ それぞれの値を求めると、 $$\begin{array}{rl}\sum _{i=0}^3{c}_{5i}{c}_{6i}& =(-3)(-3)+(-1)\cdot 1+1\cdot 1+3\cdot 1\\ & =9-1+1+3\\ & =12\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}\sum _{i=0}^3{c}_{5i}^2& ={(-3)}^2+{(-1)}^2+1^2+3^2\\ & =9+1+1+9\\ & =20\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}\sum _{i=0}^3{c}_{6i}^2& ={(-3)}^2+1^2+1^2+1^2\\ & =9+1+1+1\\ & =12\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{rl}{\rho }_{56}& =\frac{12}{\sqrt{20\cdot 12}}\\ & =\frac{\sqrt{12}}{\sqrt{20}}\\ & \cong 0.775\end{array}$$ $◼$

 

多重対比法における検定統計量間の相関係数の公式の導出

導出過程（クリックで表示）

前提条件の整理

本問と同様、群 $j(j=1,2,\cdots ,K)$ の試験参加者 $i(i=1,2,\cdots ,n_j)$ の結果変数 $Y_{ij}$ は分散が既知であり、かつすべての群で等しい正規分布 $$\begin{array}{r}{Y}_{ij}\sim \mathrm{N}({\mu }_j,{\sigma }^2)\end{array}$$ に従うとする。 また、各群の結果変数の標本平均を $$\begin{array}{r}{\overline{Y}}_j=\frac{1}{n_j}\sum _{i=1}^{n_j}{Y}_{ij}\end{array}$$ とする。 このとき、正規分布の再生性などから、標本平均は、 $$\begin{array}{r}{\overline{Y}}_j\sim \mathrm{N}({\mu }_j,\frac{{\sigma }^2}{n_j})\end{array}$$

検定統計量が従う分布

直線的な用量反応関係が成り立つよう、 $$\begin{array}{r}\sum _{j=1}^K{c}_{lj}=0\end{array}$$ を満たすように対比ベクトルを設定し、 検定統計量を $$\begin{array}{r}{Z}_l=\frac{\sum _{j=1}^K{c}_{lj}{\overline{Y}}_j}{s_l},s_l^2={\sigma }^2\sum _{j=1}^K\frac{c_{lj}^2}{n_j}\end{array}$$ とすると、 正規分布の再生性などから、検定統計量は帰無仮説 $$\begin{array}{r}\sum _{j=1}^K{c}_{lj}{\mu }_j=0\end{array}$$ のもとで、 標準正規分布 $$\begin{array}{r}{Z}_l\sim \mathrm{N}(0,1)\end{array}$$ に従う。

相関係数の計算

相関係数の定義より、共分散を $$\begin{array}{r}\mathrm{Cov}\left(Z_l{Z}_m\right)={\sigma }_{lm}\end{array}$$ とすると、 $$\begin{array}{rl}{\rho }_{lm}& =\frac{{\sigma }_{lm}}{\sqrt{V\left(Z_l\right)}\sqrt{V\left(Z_m\right)}}\\ & =\frac{{\sigma }_{lm}}{1\cdot 1}\\ & ={\sigma }_{lm}\end{array}$$ 共分散の公式より、 $$\begin{array}{rl}{\sigma }_{lm}& =E\left(Z_l{Z}_m\right)-E\left(Z_l\right)\cdot E\left(Z_m\right)\\ & =E\left(Z_l{Z}_m\right)-0\cdot 0\\ & =E\left(Z_l{Z}_m\right)\end{array}$$ したがって、積の期待値を計算すると、 $$\begin{array}{rl}E\left(Z_l{Z}_m\right)& =E\left[\left(\frac{\sum _{j=1}^K{c}_{lj}{\overline{Y}}_j}{s_l}\right)\left(\frac{\sum _{j=1}^K{c}_{mj}{\overline{Y}}_j}{s_m}\right)\right]\\ & =\frac{1}{s_l{s}_m}E\left[\left(\sum _{j=1}^K{c}_{lj}{\overline{Y}}_j\right)\left(\sum _{j=1}^K{c}_{mj}{\overline{Y}}_j\right)\right]\\ & =\frac{1}{\sqrt{{\sigma }^2\left(\sum _{j=1}^K{c}_{lj}^2/n_j\right)}}\cdot \frac{1}{\sqrt{{\sigma }^2\left(\sum _{j=1}^K{c}_{mj}^2/n_j\right)}}\cdot E\left[\left(\sum _{j=1}^K{c}_{lj}{\overline{Y}}_j\right)\left(\sum _{j=1}^K{c}_{mj}{\overline{Y}}_j\right)\right]\\ & =\frac{1}{{\sigma }^2\sqrt{\left(\sum _{j=1}^K{c}_{lj}^2/n_j\right)\left(\sum _{j=1}^K{c}_{mj}^2/n_j\right)}}\cdot E\left[\left(\sum _{j=1}^K{c}_{lj}{\overline{Y}}_j\right)\left(\sum _{j=1}^K{c}_{mj}{\overline{Y}}_j\right)\right]\end{array}$$ 期待値の部分を計算すると、 $$\begin{array}{rl}E\left[\left(\sum _{j=1}^K{c}_{lj}{\overline{Y}}_j\right)\left(\sum _{j=1}^K{c}_{mj}{\overline{Y}}_j\right)\right]& =E\left[(c_{l1}{\overline{Y}}_1+\cdots +c_{lK}{\overline{Y}}_K)(c_{m1}{\overline{Y}}_1+\cdots +c_{mK}{\overline{Y}}_K)\right]\\ & =E[\left(\sum _{j=1}^K{c}_{lj}{c}_{mj}{\overline{Y}}_j^2\right)+\left(\sum _{j=1}^K\sum _{q\ne j}{c}_{lj}{c}_{mq}{\overline{Y}}_j{\overline{Y}}_q\right)]\\ & =\left\{\sum _{j=1}^K{c}_{lj}{c}_{mj}E\left({\overline{Y}}_j^2\right)\right\}+\left\{\sum _{j=1}^K\sum _{q\ne j}{c}_{lj}{c}_{mq}E\left({\overline{Y}}_j{\overline{Y}}_q\right)\right\}\end{array}$$ ここで分散の公式の変形より、 $$\begin{array}{r}E\left({\overline{Y}}_j^2\right)=V\left({\overline{Y}}_j\right)+{\left\{E\left({\overline{Y}}_j\right)\right\}}^2\end{array}$$ 異なる群の標本平均は互いに独立であることから、 $$\begin{array}{r}E\left({\overline{Y}}_j{\overline{Y}}_q\right)=E\left({\overline{Y}}_j\right)E\left({\overline{Y}}_q\right)\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{rl}E\left[\left(\sum _{j=1}^K{c}_{lj}{\overline{Y}}_j\right)\left(\sum _{j=1}^K{c}_{mj}{\overline{Y}}_j\right)\right]& =\left[\sum _{j=1}^K{c}_{lj}{c}_{mj}\{V\left({\overline{Y}}_j\right)+{\left\{E\left({\overline{Y}}_j\right)\right\}}^2\}\right]+\left\{\sum _{j=1}^K\sum _{q\ne i}{c}_{lj}{c}_{mq}E\left({\overline{Y}}_j\right)E\left({\overline{Y}}_q\right)\right\}\\ & =\left\{\sum _{j=1}^K{c}_{lj}{c}_{mj}V\left({\overline{Y}}_j\right)\right\}+\left\{\sum _{j=1}^K{c}_{lj}{c}_{mj}E\left({\overline{Y}}_j\right)\cdot E\left({\overline{Y}}_j\right)\right\}+\left\{\sum _{j=1}^K\sum _{q\ne i}{c}_{lj}{c}_{mq}E\left({\overline{Y}}_j\right)E\left({\overline{Y}}_q\right)\right\}\\ & =\left\{\sum _{j=1}^K{c}_{lj}{c}_{mj}V\left({\overline{Y}}_j\right)\right\}+\left\{\sum _{j=1}^K\sum _{q=1}^K{c}_{lj}{c}_{mq}E\left({\overline{Y}}_j\right)E\left({\overline{Y}}_q\right)\right\}\\ & ={\sigma }^2\sum _{j=1}^K\frac{c_{lj}{c}_{mj}}{n_j}+\sum _{j=1}^K\sum _{q=1}^K(c_{lj}{c}_{mq}\cdot {\mu }_j{\mu }_q)\end{array}$$ 右辺第2項を計算すると、 $$\begin{array}{rl}\sum _{j=1}^K\sum _{q=1}^K(c_{lj}{c}_{mq}\cdot {\mu }_j{\mu }_q)& =c_{l1}{\mu }_1(c_{m1}{\mu }_1+\cdots +c_{mK})+\cdots +c_{lK}{\mu }_K(c_{m1}{\mu }_1+\cdots +c_{mK})\\ & =\sum _{j=1}^K\{c_{lj}{\mu }_j\cdot \left(\sum _{q=1}^K{c}_{mq}{\mu }_q\right)\}\\ & =\sum _{j=1}^K(c_{lj}{\mu }_j\cdot 0)\\ & =0\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{rl}E\left(Z_l{Z}_m\right)& =\frac{{\sigma }^2\sum _{j=1}^K{c}_{lj}{c}_{mj}/n_j}{{\sigma }^2\sqrt{\left(\sum _{j=1}^K{c}_{lj}^2/n_j\right)\left(\sum _{j=1}^K{c}_{mj}^2/n_j\right)}}\\ & =\frac{\sum _{j=1}^K{c}_{lj}{c}_{mj}/n_j}{\sqrt{\left(\sum _{j=1}^K{c}_{lj}^2/n_j\right)\left(\sum _{j=1}^K{c}_{mj}^2/n_j\right)}}\end{array}$$ ゆえに、 $$\begin{array}{r}{\rho }_{lm}=\frac{\sum _{j=1}^K{c}_{lj}{c}_{mj}/n_j}{\sqrt{\left(\sum _{j=1}^K{c}_{lj}^2/n_j\right)\left(\sum _{j=1}^K{c}_{mj}^2/n_j\right)}}\end{array}$$ $◼$

 

関連記事

• 共分散の定義と基本性質
• 相関係数の定義と基本性質

参考文献

• 永田 靖, 吉田 道弘 著. 統計的多重比較法の基礎. サイエンティスト社, 1997, 187p.
• 西山 智, 柳原 宏和, 吉村 功. 最大対比法を活用するための SAS／IMLプログラム. 計量生物学. 2003, 24(2), p.57-70, doi: 10.5691/jjb.24.57
• 坂巻顕太郎. 多重性調整方法に関する最近の話題. 2017, 12p, https://biostatistics.m.u-tokyo.ac.jp/wp-content/uploads/2019/09/pdf/20171129symp03.pdf