BioestadísticaR: Práctica 8. Relación de ejercicios resueltos_v0

Problemas de la Práctica VIII. Enunciados y soluciones. Juan de Dios Luna del Castillo Todo el material para el conjunto de actividades de este curso ha sido elaborado y es propiedad intelectual del grupo BioestadisticaR formado por: Antonio Martín Andrés Juan de Dios Luna del Castillo, Pedro Femia Marzo, Miguel Ángel Montero Alonso, Christian José Acal González, Pedro María Carmona Sáez, Juan Manuel Melchor Rodríguez, José Luis Romero Béjar, Manuela Expósito Ruíz, Juan Antonio Villatoro García. Todos los integrantes del grupo han participado en todas las actividades, en su elección, construcción, correcciones o en su edición final, no obstante, en cada una de ellas, aparecerán uno o más nombres correspondientes a las personas que han tenido la máxima responsabilidad de su elaboración junto al grupo de BioestadisticaR. Todos los materiales están protegidos por la Licencia Creative Commons CC BY-NC-ND que permite "descargar las obras y compartirlas con otras personas, siempre que se reconozca su autoría, pero no se pueden cambiar de ninguna manera ni se pueden utilizar comercialmente". © Juan de Dios Luna del Castillo – Grupo BioestadísticaR . 2 VIII. 1 Con objeto de detectar si la hipertensión arterial leve (HTL) da lugar a una mayor presencia de arritmias ventriculares en la vida cotidiana, se tomaron dos grupos (uno de normotensos y otro de individuos con HTL) de 51 individuos cada uno. A todos los individuos se les sometió a una monitorización de un día, observándose que en el grupo HTL 28 habían presentado alguna arritmia, mientras que en el grupo de normotensos la habían presentado 21 individuos. a) ¿Se puede decir que la proporción de arritmias ventriculares es distinta en ambos grupos de individuos? b) ¿Qué tamaño de muestra haría falta para detectar una diferencia de un 13% entre ambas proporciones con una potencia del 95%, haciendo el test a un 5% de error? (resolver el problema antes y después de conocer los datos de antes). Solución Manual y con Tablas: (Esta solución se presenta aquí sólo a efectos indicativos, se ruega al alumno que revise y estudie la solución con R) Arritmias SÍ NO Total SÍ 28 = x1 23 = y1 51 = n1 → p1 = % arritmias en SÍ HTL HTL NO 21 = x2 30 = y2 51 = n2 → p2 = % arritmias en NO HTL Total 49 = a1 53 = a2 102 = N a) • H0: p1 = p2 vs. H1: p1  p2 en muestras independientes (R.7.5.a): 12 28 21 49 49 51 0 5490 0 4118 0,4804 24,5 7 7 51 51 102 102 ˆ ˆ ˆ p , ,, p , ,, p ,, E ,  = = = = = = = =  22 0 5490 0 4118 51 51 1 359 17 18 102 0 4804 0 5196 51 51 12 12 exp 12 12 ˆˆ pp ,, nn z = , % P % n +n ˆˆ pq , , nn −− −−  = =       hay muy leves indicios H1 (de que la proporción de arritmias sean diferentes en ambos grupos), pero con los datos actuales hay que aceptar que ambas proporciones son iguales (p1 = p2) (P > 17%). • Para ver si es fiable esta decisión por H0 es preciso recurrir a los valores β = 5% y δ =13% del apartado b). Por (R.7.5.c.i) hay que hacer un IC al error 2β = 10% (R.7.5.b.ii con h = 1,6452/4 ≈ 0,7): p1−p2  28 7 21 7 52 4 52 4 ,, ,, −  33 28 7 23 7 21 7 30 7 1 645 52 4 52 4 , , , , ,,,  +  −2,55%  p1 − p2  +29,27%  como +δ = 13% está dentro  H0 no fiable  aumentar ni. b) α = β = 5%, δ =13%: • ANTES de conocer los datos  SIN información (R.7.5.c.ii): © Juan de Dios Luna del Castillo – Grupo BioestadísticaR . 3 22 22 2 12 1 1 1 1 96 1 645 1 0 13 382 2 2 0 13 zz , , , n n n ,      +− +−  = = = = =      • DESPUÉS de conocer los datos  CON información (R.7.5.c.i): los datos del párrafo a) hacen de muestras piloto: 1) La información sobre p1 y p2 se obtiene realizando un IC para cada pi a partir de cada una de las dos muestras del enunciado: x = 28 entre n = 51 para p1; x = 21 entre n = 51 para p2. 2) Pero como las pi hay que hacerlas lo más próximas posibles a 0,5 0,13/2 0,435 y 0,565= , en tanto que las estimaciones son 0 55 y 0 41 i ˆ p , , (que son próximas a las anteriores)  al calcular el IC para p1 y p2 van a dar valores compatibles con los primeros  p1 = 0,565 y p2 = 0,435. 3) ¡Esos son los mismos valores que ocasionan el caso de “Sin información”!  la solución es igual. Solución con R: Arritmias SÍ NO Total SÍ 28 = x1 23 = y1 51 = n1 → p1 = % arritmias en SÍ HTL HTL NO 21 = x2 30 = y2 51 = n2 → p2 = % arritmias en NO HTL Total 49 = a1 53 = a2 102 = N Hemos dispuesto la tabla ahora para comodidad en el estudio y desarrollo de la solución con R. Del enunciado del problema se deduce que tenemos definidas dos variables aleatorias: 𝑥1≡ "𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑑𝑖𝑣𝑖𝑑𝑢𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝑠𝑢𝑓𝑟𝑒𝑛 𝑎𝑟𝑟𝑖𝑡𝑚𝑖𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 𝑙𝑜𝑠 51 𝑐𝑜𝑛 𝐻𝑇𝐿 → 𝐵(51,𝑝1)" 𝑥2≡ "𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑑𝑖𝑣𝑖𝑑𝑢𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝑠𝑢𝑓𝑟𝑒𝑛 𝑎𝑟𝑟𝑖𝑡𝑚𝑖𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 𝑙𝑜𝑠 51 𝑠𝑖𝑛 𝐻𝑇𝐿 → 𝐵(51,𝑝2)" A partir de ellas que el contraste de hipótesis que vamos a realizar es el que tiene como hipótrsis nula que las dos proporciones son iguales: 𝐻0≡ 𝑝1= 𝑝2 𝑣𝑠 𝐻1≡ 𝑝1≠ 𝑝2 Los pacientes que participan en el estudio o son HTL o no son HTL, con lo cual cada paciente aporta un único a valor a los datos de las dos muestras. Todo ello nos afirma que las dos muestras son independientes. Para resolver el problema tenemos que hacer un test de comparación de dos proporciones con muestras independientes. Antes de nada verificaremos las condiciones de validez 12 28 21 49 49 51 0 5490 0 4118 0,4804 24,5 7 7 51 51 102 102 ˆ ˆ ˆ p , ,, p , ,, p ,, E ,  = = = = = = = =  © Juan de Dios Luna del Castillo – Grupo BioestadísticaR . 4 Que pueden ser calculadas con la calculadora o directamente en R. En efecto E=24.5 que es mayor que 14.9, condición que se requeriría si acaso fuera N>500 o mayor que 7.7 si acaso N≤500, que es nuestro caso. Luego se puede emplear el test aproximado. Con R la función que habría que emplear es la función prop.test, proporcionándole los datos de las casillas de la tabla 2x2. La orden y los resultados figuran en la siguiente tabla. Hemos dispuesto la tabla ahora para comodidad en el estudio y desarrollo de la solución con R. Tanto las instrucciones como los resultados están en la tabla siguiente. Los comentarios de dicha información se harán al final de la casilla en la que se presentan. > #Problema 8.1. > #Apartado a) > #Cálculo de E para la condición de validez. > E=49*51/102 > E [1] 24.5 > x=c(28,21) > prop.test(x=c(28,21), n=c(51,51)) 2-sample test for equality of proportions with continuity correctio n data: c(28, 21) out of c(51, 51) X-squared = 1.4139, df = 1, p-value = 0.2344 alternative hypothesis: two.sided 95 percent confidence interval: -0.0744309 0.3489407 sample estimates: prop 1 prop 2 0.5490196 0.4117647 > #Apartado b) > # Solo para hacer el intervalo de Agresti y Caffo > prop.test(x=c(29,22), n=c(53,53), correct = FALSE) 2-sample test for equality of proportions without continuity correc tion data: c(29, 22) out of c(53, 53) X-squared = 1.8517, df = 1, p-value = 0.1736 alternative hypothesis: two.sided 95 percent confidence interval: -0.05648858 0.32063952 sample estimates: prop 1 prop 2 0.5471698 0.4150943 > #Apartado c) > #Dar intervalos de confianza para p1 y p2 > library(BioestadisticaR) > icp(x=28, n=51) Intervalo de confianza para una proporción binomial --------------------------------------------------- © Juan de Dios Luna del Castillo – Grupo BioestadísticaR . 5 Información muestral: Tamaño de muestra: n = 51 Estimación puntual clásica: p=x/n = 0.549 , q=(1-p)= 0.451 Casos observados : x = 28 Método exacto (Clooper-Pearson): Pseudo-estimación puntual: p' = 0.5512 , q'=(1-p')= 0.4488 95 %-IC(π): ( 0.4137 , 0.6887 ) Semiamplitud: 0.1375 Método de Wilson (con cpc): Pseudo-estimación puntual: p' = 0.5453 , q'=(1-p')= 0.4547 95 %-IC(π): ( 0.4045 , 0.6862 ) Semiamplitud: 0.1408 Método de Wald (con cpc): Estimación puntual (clásica): p=x/n = 0.549 , q=(1-p)= 0.451 95 %-IC(π): ( 0.4027 , 0.6954 ) Precisión: 0.1464 Método de Wald ajustado (Agresti-Coull): Estimación puntual: p=(x+2)/(n+4) = 0.5455 , q=(1-p)= 0.4545 95 %-IC(π): ( 0.4139 , 0.677 ) Precisión: 0.1316 > icp(x=21,n=51) Intervalo de confianza para una proporción binomial --------------------------------------------------- Información muestral: Tamaño de muestra: n = 51 Estimación puntual clásica: p=x/n = 0.4118 , q=(1-p)= 0.5882 Casos observados : x = 21 Método exacto (Clooper-Pearson): Pseudo-estimación puntual: p' = 0.4192 , q'=(1-p')= 0.5808 95 %-IC(π): ( 0.28 , 0.5583 ) Semiamplitud: 0.1391 Método de Wilson (con cpc): Pseudo-estimación puntual: p' = 0.4184 , q'=(1-p')= 0.5816 95 %-IC(π): ( 0.2789 , 0.5579 ) Semiamplitud: 0.1395 Método de Wald (con cpc): Estimación puntual (clásica): p=x/n = 0.4118 , q=(1-p)= 0.5882 95 %-IC(π): ( 0.2669 , 0.5566 ) Precisión: 0.1449 Método de Wald ajustado (Agresti-Coull): Estimación puntual: p=(x+2)/(n+4) = 0.4182 , q=(1-p)= 0.5818 95 %-IC(π): ( 0.2878 , 0.5485 ) Precisión: 0.1304 > power.prop.test(p1=0.565,p2=0.435, power=0.95, sig.level=0.05) Two-sample comparison of proportions power calculation n = 381.4873 p1 = 0.565 p2 = 0.435 © Juan de Dios Luna del Castillo – Grupo BioestadísticaR . 6 sig.level = 0.05 power = 0.95 alternative = two.sided NOTE: n is number in *each* group En primer lugar, hemos calculado el valor de E, para ver si podíamos aplicar el test aproximado explicado en las clases de Teoría. El valor que sale ha resultado ser de 24.5 superior a 7.7 que es el punto de corte cuando N≤500 que es el caso. Por tanto, se puede aplicar el test aproximado que aparece en los resultados a continuación. Hecho el test se obtiene: 2-sample test for equality of proportions with continuity correction data: c(28, 21) out of c(51, 51) X-squared = 1.4139, df = 1, p-value = 0.2344 alternative hypothesis: two.sided 95 percent confidence interval: -0.0744309 0.3489407 sample estimates: prop 1 prop 2 0.5490196 0.4117647 Dónde los resultados del test son, ꭓ2exp=1.41, 1g.l., P=0.2344. En primer lugar lo que llama la atención es el estadístico de contraste que es una Chi-cuadrado con 1 g.l., cuando en clase se ha usado una zexp que sigue una N(0,1) bajo la hipótesis nula. Pues bien, no hay ninguna contradicción puesto que se puede demostrar que z2exp=ꭓ2exp y que z2α=ꭓ2α; por tanto, estamos en presencia del mismo test expresado de manera diferente, lo que nos dice que el valor de P es el mismo en ambos casos. El valor de P=0.2344, que, si no hemos fijado un α de antemano, nos llevará a aceptar H0 sin más que aplicar la Regla Automática de Decisión. Es decir, no podremos rechazar la hipótesis nula y habremos de aceptar que ambas proporcionales son iguales. No obstante, esa afirmación no debería dejarlos tranquilos puesto que el intervalo de confianza al 95% para la diferencia de proporciones es 𝑝1− 𝑝2∈(−0.0744;0.3489) 95% 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑓𝑖𝑎𝑛𝑧𝑎, lo que quiere decir que el porcentaje de pacientes que sufren arritmias entre los pacientes con HTL es entre un 38.48% mayor y un 7.44 % inferior que tal porcentaje en el caso de pacientes que no sufran HTL. Aunque este intervalo no esté hecho al error 2β, muestra una diferencia entre ambas proporciones de hasta un 35% que es lo suficientemente grande como para que el test la detecte. Por tanto, no nos quedaremos tranquilos con la aceptación de la hipótesis nula, por eso atenderemos al siguiente apartado del problema. El intervalo para la diferencia de proporciones que se ha calculado es el clásico de Wald, pero sabemos que el mejor sería el de Agresti y Caffo que se consigue haciendo el de Wald pero para la tabla incrementada en 1 unidad para cada uno de los valores xi e incrementando en 2 unidades los ni. Eso hemos hecho con R y hemos obtenfo el intervalo de Agresti y Caffo, el razonamiento correcto sería con ese intervalo, pero como no hay, en este caso, diferencias importantes entre uno y otro, pues no lo repetiremos y seguiremos opinando lo mismo. b) Se trata en este caso de calcular un tamaño de muestra para detectar una diferencia δ=13%, con una probabilidad de detectarla cuando realmente sea cierta(potencia), de un 95% si es que se hace el test a un nivel de error α=5%. Para hacer esto recuérdese que hay que proponer valores para p1 y p2. Empezaremos por calcular intervalos de confianza para amabas proporciones que nos dan los siguientes resultados: 𝑝1∈(0.4139;0.6770) 95% 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑓𝑖𝑎𝑛𝑧𝑎 y 𝑝2∈ © Juan de Dios Luna del Castillo – Grupo BioestadísticaR . 7 (0.2878;0.5485) 95% 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑓𝑖𝑎𝑛𝑧𝑎. Cojamos p1(sería análogo con p2) y elijamos el valor del intervalo de p1 que esté más cerca 0.5 ± 𝛿/2, es decir 0.5-0.065=0.435 y 0.5+0.065=0.565. Cualquiera de ellos dos está dentro del intervalo para p1, por tanto tomaremos uno de ellos, por ejemplo 0.5655. Cogeremos para p2 un valor que diste 0.13 de 0.565y que esté en el intervalo de p2 y ese es sólo el valor 0.435. Así hemos pedido el tamaño de muestra con la función power.prop.test y hemos obtenido un tamaño de muestra de n1=n2=382. VIII. 2 Para valorar comparativamente dos métodos de diagnóstico A y B se sometió a 180 pacientes a ambos métodos. Pruebas posteriores al desarrollo de la enfermedad permitieron comprobar que el método A había dado un diagnóstico correcto en 124 casos, 116 de los cuales habían sido diagnosticados correctamente por el B, que a su vez diagnosticó correctamente a 27 de los 56 fallados por el A. a) ¿Es distinta la capacidad de acierto de ambos métodos?; b) ¿Cuánto de distintas son? (confianza del 95%) Solución Manual y con Tablas: (Esta solución se presenta aquí sólo a efectos indicativos, se ruega al alumno que revise y estudie la solución con R) Acierta B SÍ NO Total SÍ 116 = n11 8 = n12 124 → pA = % aciertos A (= p1) Acierta A NO 27 = n21 29 = n22 56 Total 143 37 180 = n ↓ pB = % aciertos B (= p2) a) H0: pA = pB vs. H1: pA  pB con muestras apareadas (R.7.6.a): Como 8+27 = 35 > 10  test válido: ( ) 12 21 1 12 21 0 5 8 27 0 5 3127 0 2 8 27 exp n n , , z , H P , % nn − − − − = = =   ++  Hay evidencias (P < 0,2%) de que pA < pB (pues 124 < 143  8 < 27)  B acierta más que A. b) R.7.6.b.ii (permutando el orden para que los extremos salgan positivos): ( ) ( ) ( ) 2 2 12 21 21 12 12 21 21 19 19 1 96 36 1182 2 2 182 BA nn , n n z n n + n p p p p n    −−  −  + −  + − = −  = +  4,16%  p2−p1  16,72% al 95% de confianza. © Juan de Dios Luna del Castillo – Grupo BioestadísticaR . 8 Solución con R: Acierta B SÍ NO Total SÍ 116 = n11 8 = n12 124 → pA = % aciertos A (= p1) Acierta A NO 27 = n21 29 = n22 56 Total 143 37 180 = n ↓ pB = % aciertos B (= p2) Hemos dispuesto la tabla ahora para comodidad en el estudio y desarrollo de la solución con R. Tanto las instrucciones como los resultados están en la tabla siguiente. Los comentarios de dicha información se harán al final de la casilla en la que se presentan. a) H0: pA = pB vs. H1: pA  pB con muestras apareadas > #Problema 8.2. > #Apartado a) > #Condciones de validez > #n12+n21>10, 8+27=35>10 La aproximación es válida > #Test de Mcnemar > tablamcn<-matrix(c(116,8,27,29),2,2) > p1=8/180 > p1 [1] 0.04444444 > p2=27/180 > p2 [1] 0.15 > mcnemar.test(tablamcn) McNemar's Chi-squared test with continuity correction data: tablamcn McNemar's chi-squared = 9.2571, df = 1, p-value = 0.002346 Los resultados son claros 𝑝𝐴= 0.0444 𝑦 𝑝𝐵= 0.1500 y hecho el test de McNemar (que se puede hacer porque 𝑛12 + 𝑛21 = 7 + 28 =35 >10), se obtuvo que P=0.0023 lo que no s dice que la probabilidad de acertar con A es diferente de la probabilidad de acertar con B, pero dicho esto podemos ir un poco más allá y dado que los estimadores puntuales guardan un determinado orden, podemos afirmar que la probabilidad de acertar con el método A es menor que la probabilidad de acertar con B. Atendiendo a ese parámetro, la probabilidad de acertar, el B sería el preferido. Como en el guion de la práctica ni se explica como calcular el tamaño de muestra para la diferencia de proporciones apareadas ni el cálculo del tamaño de muestra en ese caso, no seguiremos con la solución del problema empleando R.