生物統計2最終レポート課題
市田 親正
2023-01-22
以下の検定ではP<0.05を有意な値として検定を行う。
パッケージの読み込み
データの読み込み
ds1 <- read_excel("サンプルデータ.xlsx", na='.', 1) 1.TCの比較に対する母平均の差の検定
まずはデータの可視化
ggplot(ds1, aes(x=factor(治療法), y=TC)) +
geom_violin() +
geom_boxplot(width=0.1)
2群はある程度左右対称でありt検定を用いる。
t.test(TC~治療法, data=ds1, var.equal=T)##
## Two Sample t-test
##
## data: TC by 治療法
## t = 0.74948, df = 236, p-value = 0.4543
## alternative hypothesis: true difference in means between group 1 and group 2 is not equal to 0
## 95 percent confidence interval:
## -5.814518 12.955049
## sample estimates:
## mean in group 1 mean in group 2
## 193.7099 190.1397上記結果から2群に有意差は認めなかった。
2.TGの比較に対する母平均の差の検定
まずはデータの可視化
ggplot(ds1, aes(x=factor(治療法), y=TG)) +
geom_violin() +
geom_boxplot(width=0.1)
明らかに左右非対称で、右に裾を引く分布となる。 このため、Wilcoxon検定を用いる。
wilcox_test(TG~as.factor(治療法), data=ds1, distribution="exact", conf.int=TRUE)##
## Exact Wilcoxon-Mann-Whitney Test
##
## data: TG by as.factor(治療法) (1, 2)
## Z = 0.14902, p-value = 0.8821
## alternative hypothesis: true mu is not equal to 0
## 95 percent confidence interval:
## -6.865141 8.233999
## sample estimates:
## difference in location
## 0.1404705上記結果より2群に有意差は認めなかった。
3.TC5年後変化量の正負（変化量が正なら1，変化量が負なら0と定義）の比較に対する独立性の検定
TC5年後変化量の正負のデータを作成する。
ds2 <-ds1 %>% mutate(five_year_con=５年後のTC-TC)
ds3 <-ds2 %>% mutate(five_year_cate= if_else(five_year_con>=0,1,0))
ds3## # A tibble: 238 × 21
## 症例番号 性別 年齢 重症度 治療法 有効性 施設 身長 体重 sBP dBP TC
## <dbl> <dbl> <dbl> <dbl> <dbl> <dbl> <dbl> <dbl> <dbl> <dbl> <dbl> <dbl>
## 1 1 2 33.7 4 1 1 1 171. 62.7 147. 76.4 197.
## 2 2 1 40.3 3 2 1 1 161. 52.2 151. 67.9 181.
## 3 3 2 41.9 4 2 0 1 184. 86.3 140. 79.1 190.
## 4 4 1 36.6 3 1 1 1 176. 52.2 136. 67.8 130.
## 5 5 2 42.8 3 2 1 1 186. 72.6 161. 90.3 172.
## 6 6 2 39.1 1 1 0 1 172. 68.1 125. 70.4 233.
## 7 7 2 36.5 2 2 1 1 186. 69.9 154. 77.2 193.
## 8 8 2 34.8 4 1 1 1 182. 84.0 143. 72.7 154.
## 9 9 2 38.8 3 2 1 1 187. 80.8 145. 80.6 233.
## 10 10 2 40.5 4 2 0 1 184. 71.7 159. 87.7 200.
## # … with 228 more rows, and 9 more variables: TG <dbl>, HbA1c <dbl>,
## # ５年後のTC <dbl>, ５年後のTG <dbl>, イベントの有無 <dbl>,
## # 観察打ち切りの理由 <chr>, 生存時間 <dbl>, five_year_con <dbl>,
## # five_year_cate <dbl>正・負データでの問題はなさそであることは確認できた。
CreateTableOne(vars="five_year_cate",strata = "治療法",factorVars = "five_year_cate",data = ds3,test = F)## Stratified by 治療法
## 1 2
## n 126 112
## five_year_cate = 1 (%) 20 (15.9) 23 (20.5)症例数としては20例と症例数も確保され、独立性の検定にカイ二乗検定を用いても問題なさそうである。
一応可視化も行う。
ggplot(data=ds3, mapping=aes(x=five_year_cate)) +
geom_bar()+
facet_wrap(~治療法)
両群に近しい所見であり、予想としては差はない可能性が高いと思われる。
カイ二乗検定
chisq.test(table(ds3 [,c("治療法", "five_year_cate")]))##
## Pearson's Chi-squared test with Yates' continuity correction
##
## data: table(ds3[, c("治療法", "five_year_cate")])
## X-squared = 0.58434, df = 1, p-value = 0.4446以上より両群に有意差は認めない。
4.共変量を治療法とした有効性（1：有効，0：無効）に関するロジスティック回帰
ひとまず可視化を行う 連続量データがないためgeom_pointではなく、棒グラフとして比較してみる。
ggplot(data=ds1, mapping=aes(x=有効性)) +
geom_bar()+
facet_wrap(~治療法)
視覚情報からは治療法1.2によって有効性に差を認める結果になりそうである。
res <- glm(有効性~治療法, data=ds1, family=binomial(link="logit"))
summary(res)##
## Call:
## glm(formula = 有効性 ~ 治療法, family = binomial(link = "logit"),
## data = ds1)
##
## Deviance Residuals:
## Min 1Q Median 3Q Max
## -1.2858 -0.9925 -0.9925 1.0727 1.3744
##
## Coefficients:
## Estimate Std. Error z value Pr(>|z|)
## (Intercept) -1.1553 0.4121 -2.803 0.00506 **
## 治療法 0.7033 0.2640 2.664 0.00771 **
## ---
## Signif. codes: 0 '***' 0.001 '**' 0.01 '*' 0.05 '.' 0.1 ' ' 1
##
## (Dispersion parameter for binomial family taken to be 1)
##
## Null deviance: 329.11 on 237 degrees of freedom
## Residual deviance: 321.91 on 236 degrees of freedom
## AIC: 325.91
##
## Number of Fisher Scoring iterations: 4exp(res[[1]])## (Intercept) 治療法
## 0.3149679 2.0204082 exp(confint(res))## Waiting for profiling to be done...## 2.5 % 97.5 %
## (Intercept) 0.1390812 0.701775
## 治療法 1.2080452 3.404837以上より、治療法2は治療法1に対し、オッズ比2.02(1.21-3.40)と有意に有効性を認める結果である。