1 二群の比率の差.

喫煙と肺がんとの関係を調べたところ、次のような表になりました。

• 喫煙ありグループの肺がん確率.
• 喫煙ないグループの肺がん確率.

2つのグループに差は認められるでしょうか？

喫煙ありの人で、肺ガンがある確率を $p_1$ とする。
　　　$n_1=a+b$ 人の中で肺ガンの人が $X_1$ 人とすると、$X_1\sim B(n_1,~p_1)$.
　　　標本比率 $\hat{p_1}=\dfrac{X_1}{n_1}$ とすると $E(X_1)=n_1p_1~,~~V(X_1)=n_1p_1(1-p_1)$　だから.
　　　　　　$E(\hat{p_1})=p_1$　　　$V(\hat{p_1})=\dfrac{p_1(1-p_1)}{n_1}$.
　　　$\hat{p_1}=\dfrac{a}{n_1}$ は $p_1$ の推定値と考えることができる。
　　　$n_1$ が大きければ正規近似により、$\hat{p_1}\sim N\left(p_1,~\dfrac{p_1(1-p_1)}{n_1}\right)$.
　　　 　　　　　　　　　　　　　（統計学実践ワークブック16_20）.

喫煙なしの人で、肺ガンがある確率を $p_2$ とする。
　　　標本比率 $\hat{p_2}=\dfrac{X_2}{n_2}$ とすると同様に、
　　　 $n_2$ が大きければ正規近似により、$\hat{p_2}\sim N\left(p_2,~\dfrac{p_2(1-p_2)}{n_2}\right)$.

$N=a+b+c+d$ とおくと、
帰無仮説（差がない）のもとでは、 $p=\dfrac{a+c}{N}$ と考えられ、
　　　$\hat{p_1}\sim N\left(p,\dfrac{p(1-p)}{a+b}\right)$.　　　$\hat{p_2}\sim N\left(p,\dfrac{p(1-p)}{c+d}\right)$.

標本比率の差 $w=\hat{p_1}-\hat{p_2}$ は、
　　　$w \sim N\left(0,~~\dfrac{p(1-p)}{a+b}+\dfrac{p(1-p)}{c+d}\right)$

　　　分散は $a+b+c+d=N$ を用いると次のように書き換えられる。
　　　$\dfrac{p(1-p)}{a+b}+\dfrac{p(1-p)}{c+d}=\dfrac{(a+c)}{N}\dfrac{(b+d)}{N}\dfrac{N}{(a+b)(c+d)} =\dfrac{1}{N}\dfrac{(a+c)(b+d)}{(a+b)(c+d)}$.

今、実現値は $\hat{p_1}=\dfrac{a}{a+b}\:,\hat{p_2}=\dfrac{c}{c+d}$ であるので、その差は、

　　　$w=\hat{p_1}-\hat{p_2}=\dfrac{a}{a+b}-\dfrac{c}{c+d}=\dfrac{ad-bc}{(a+b)(c+d)}$.

標準化すると、

　　　$z=\dfrac{(ad-bc)}{(a+b)(c+d)}\sqrt{N\dfrac{(a+b)(c+d)}{(a+c)(b+d)}}=\dfrac{(ad-bc)\sqrt{N}}{\sqrt{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}}\sim N(0,~1)$.

二乗すると自由度１のカイ二乗統計量が得られ、
　　　$\chi^2=z^2=\dfrac{(ad-bc)^2N}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}\sim \chi^2(1)$

z検定、カイ二乗検定、どちらも適用可能になります。

2 適合度検定.

起こり得る試行の結果が 𝑘 通りあるものとする。試行回数を $n$ とし、それぞれの結果が起こる確率を理論比率と呼び $p_i$ と表す。それぞれの結果の観測度数を $o_i$ 、期待度数を$e_i$ とする。ここで、期待度数 $e_i = np_i$ である。

帰無仮説で指定した確率分布からの乖離度を表す検定統計量は.
　　　$\displaystyle \chi_0^2=\sum_{i=1}^{k}\dfrac{(o_i-e_i)^2}{e_i}$.

帰無仮説が真であるとき、
$\chi_0^2$ は漸近的に自由度 $k-r-1$ のカイ二乗分布に従う。
ここで、𝑟 は期待度数を求めるために観測値から推定した未知母数の数である。

観測値から推定する未知母数として、
　　　$\pi_1=\dfrac{a+b}{N}$ 　　　$\pi_2=\dfrac{a+c}{N}$.　　を用いると、

独立という仮説のもとで確率分布は次のようになる。.

$\chi_0^2=\dfrac{(a-N\pi_1\pi_2)^2}{N\pi_1\pi_2}+\dfrac{(b-N\pi_1(1-\pi_2))^2}{N\pi_1(1-\pi_2)}+\dfrac{(c-N(1-\pi_1)\pi_2)^2}{N(1-\pi_1)\pi_2}+\dfrac{(d-N(1-\pi_1)(1-\pi_2))^2}{N(1-\pi_1)(1-\pi_2)}$

　　$a-N\pi_1\pi_2=a-\dfrac{(a+b)(a+c)}{N}=\dfrac{a(a+b+c+d)-(a+b)(a+c))}{N}=\dfrac{ad-bc}{N}$.
　　同様に、
　　$b-N\pi_1(1-\pi_2)=c-N(1-\pi_1)\pi_2=d-N(1-\pi_1)(1-\pi_2)=\dfrac{ad-bc}{N}$　と考えられるので、

$\chi_0^2=\dfrac{(ad-bc)^2}{N^3}\left[\dfrac{1}{\pi_1\pi_2}+\dfrac{1}{\pi_1(1-\pi_2)}+\dfrac{1}{(1-\pi_1)\pi_2}+\dfrac{1}{(1-\pi_1)(1-\pi_2)}\right]$.

　　　大カッコのなかを、２項ずつまとめていくと、

　　　$\dfrac{1}{\pi_1\pi_2}+\dfrac{1}{\pi_1(1-\pi_2)}=\dfrac{1}{\pi_1}\left(\dfrac{1}{\pi_2}+\dfrac{1}{1-\pi_2}\right)=\dfrac{1}{\pi_1\pi_2(1-\pi_2)}$

　　　$\dfrac{1}{(1-\pi_1)\pi_2}+\dfrac{1}{(1-\pi_1)(1-\pi_2)} =\dfrac{1}{1-\pi_1}\left(\dfrac{1}{\pi_2}+\dfrac{1}{1-\pi_2}\right)=\dfrac{1}{(1-\pi_1)\pi_2(1-\pi_2)}$

$\therefore~~\dfrac{1}{\pi_1\pi_2}+\dfrac{1}{\pi_1(1-\pi_2)}+\dfrac{1}{(1-\pi_1)\pi_2}+\dfrac{1}{(1-\pi_1)(1-\pi_2)} =\dfrac{1}{\pi_1\pi_2(1-\pi_1)(1-\pi_2)}=\dfrac{N^4}{(a+b)(a+c)(c+d)(b+d)}$.
ゆえに、
　　　$\chi_0^2=\dfrac{(ad-bc)^2}{N^3}\dfrac{N^4}{(a+b)(a+c)(c+d)(b+d)}=\dfrac{(ad-bc)^2N}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}\sim \chi^2(1)$.

3 追記予定.

• 四分点相関係数、ファイ係数.
• クラメールの連関係数.
• オッズ比、対数オッズ比.
• 前向き研究、後ろ向き研究.

参考資料　pages.

• 2_0_カイ二乗適合度検定.

• 8_1_分割表の解析.

• 統計学実践ワークブック16_20.

• 統計学実践ワークブック26_32.

• 直前問題_分散分析.
  

• 準１級2015,2019.

• オッズ.

• _準１級７月復習.

• 過去問復習.

• Lecture3.