「統計学関連なんでもあり」の過去ログ--- 040

No.03917　一元配置分散分析における「差の差」の検定　　【伊藤】　2007/07/14(Sat) 03:47

対応のある一元配置分散分析（3水準）を行っています。
要因の主効果は有意で，多重比較の結果，
全ての水準間に有意差がみられたのですが，
平均値，標準誤差等を見る限り，
水準1と水準2の差よりも，水準2と水準3の差の方が
大きいように見えます。
この「差の差」が0でないことを
統計的検定によって確かめたいのですが，
そのような方法は存在するのでしょうか？
二要因分散分析における交互作用の検定と
近いイメージなのですが。

初歩的な質問ですみません。
よろしくお願いします。

No.03931　Re: 一元配置分散分析における「差の差」の検定　　【伊藤】　2007/07/16(Mon) 21:51

説明の仕方が悪かったので，補足させていただきます。
お聞きしたいのは，対応のある一要因計画において，
「水準1と水準2の差」と「水準2と水準3の差」の大きさの違いを
比較する検定の方法です。

各被験者について，（水準1－水準2）と（水準2－水準3）の値を算出し，
それらを対応のあるt検定にかければよいのでしょうか？

No.03937　Re: 一元配置分散分析における「差の差」の検定　　【マスオ】　2007/07/18(Wed) 01:52

（水準1－水準2）-（水準2－水準3）= 水準1－ 2 * 水準2 + 水準3
なので，
（1 -2 1) の対比を検定してやればよいでしょう．
対応のある場合であれば，例えばRだと，

> set.seed(1)
> d <- data.frame(x=rnorm(30, c(0, 1, 4)), g=gl(3, 1, 30),s=gl(10, 3))
> m <- lm(x~g+s, d)
> library(gmodels) # gmodelsパッケージのインストールが必要
> fit.contrast(m, "g", c(1, -2, 1))
               Estimate Std. Error  t value   Pr(>|t|)
g c=( 1 -2 1 ) 2.047408  0.7691019 2.662077 0.01587817
>
> # 各被験者での差分を paired (one sample) t-testしてみると，
> dd <- unstack(d, x~g)
> t.test(dd$X1-2*dd$X2+dd$X3)

        One Sample t-test

data:  dd$X1 - 2 * dd$X2 + dd$X3 
t = 3.0774, df = 9, p-value = 0.01319
alternative hypothesis: true mean is not equal to 0 
95 percent confidence interval:
 0.5424037 3.5524127 
sample estimates:
mean of x 
 2.047408 

> # estimateは同じだが，標準誤差を少なく見積もってしまうようだ．

No.03943　Re: 一元配置分散分析における「差の差」の検定　　【太郎】　2007/07/18(Wed) 15:24

マスオさんの方法では，事前比較では有効ですが，このケースは事後比較になるので，多重性を考慮する必要があります。
　シェフェの対比の検定をマスオさんのt検定に換えて行った方がいいと思います。

No.03949　Re: 一元配置分散分析における「差の差」の検定　　【マスオ】　2007/07/19(Thu) 01:22

すみません．多重性の問題はちょっとおいておいて，別件で自己レスです．

> data: dd$X1 - 2 * dd$X2 + dd$X3

これは提示例では平均=2，分散=6の正規分布になるのでしたね．
ということは，

> 標準誤差を少なく見積もってしまうようだ．

は間違いで，差分の paired t-testでも有意確率は正確なはず．
ということは，こちらでもよいのかもしれない．
どこが違うのだろう．．．

例数 10，3水準，平均 0，1，2，分散 1でシミュレーション↓
> loop <- 100000
> n <- 10
> df <- (n-1)*2
> t <- replicate(loop, {
+  x <- matrix(rnorm(n*3, c(0, 1, 2)), 3)
+  mc <- rep(colMeans(x), each=3)
+  mr <- rowMeans(x)
+  mt <- mean(x)
+  d <- x[1,]-2*x[2,]+x[3,]
+  c(contrast= sum(mr*c(1, -2, 1))/sqrt(sum((x-mr-mc+mt)^2)/df*6/n),
+    ttest=    mean(d)/sqrt(var(d)/n) )
+  }
+ )
> rowSums(abs(t)>=qt(0.975, c(df, n-1)))/loop
contrast    ttest 
 0.05019  0.04958 

No.03967　Re: 一元配置分散分析における「差の差」の検定　　【伊藤】　2007/07/20(Fri) 21:29

マスオさん，太郎さん，ありがとうございます。
多重性を考慮しつつ，対比の検定を行えばよいということですね。
またわからないことがあったら，質問させてください。

No.03968　Re: 一元配置分散分析における「差の差」の検定　　【マスオ】　2007/07/20(Fri) 23:40

ありゃ，こっそり修正しようと思っていたらまたレスがついてしまった．(^^);

>> 標準誤差を少なく見積もってしまうようだ．
> は間違いで，差分の paired t-testでも有意確率は正確なはず．
> ということは，こちらでもよいのかもしれない．

こちらでは，あわて者の過誤率は正確でも，誤差自由度が小さい分，検出力が低いですね．
nを小さくしてみるとよくわかる．
> f <- function(n=10, mean=c(0,1,2), sd=1, loop=1000) {
+  df <- (n-1)*2
+  t <- replicate(loop, {
+   x <- matrix(rnorm(n*3, mean, sd), 3)
+   mc <- rep(colMeans(x), each=3)
+   mr <- rowMeans(x)
+   mt <- mean(x)
+   d <- x[1,]-2*x[2,]+x[3,]
+   c(contrast= sum(mr*c(1, -2, 1))/sqrt(sum((x-mr-mc+mt)^2)/df*6/n),
+     ttest=    mean(d)/sqrt(var(d)/n))
+   }
+  )
+  cbind("<0.05"=rowSums(abs(t)>qt(0.975, c(df, n-1))),
+        "<0.01"=rowSums(abs(t)>qt(0.995, c(df, n-1))),
+        "<0.001"=rowSums(abs(t)>qt(0.9995, c(df, n-1))))/loop
+ }
>
> f(n=10, mean=c(0, 1, 2), loop=100000)
           <0.05   <0.01  <0.001
contrast 0.04983 0.00983 0.00105
ttest    0.04931 0.00976 0.00087
>
> f(n=10, mean=c(0, 1, 4), loop=100000)
           <0.05   <0.01  <0.001
contrast 0.68852 0.41118 0.14332
ttest    0.63651 0.32789 0.08225
>
> f(n=3, mean=c(0, 1, 7), loop=100000)
           <0.05   <0.01  <0.001
contrast 0.75213 0.34935 0.05989
ttest    0.48354 0.12532 0.01372