Test per il confronto di 2 proporzioni , Analisi di dati qualitativi ...

Test per il confronto di 2 proporzioniDati qualitativi:campioni indipendenti e di adeguata numerositàGruppo Gruppo TOTALE"trattato" "controllo"A livello di popolazione:Probabiltà di successo π t π CπA livello di campione:numerosità campionaria n t n c n t +n cnumero di successi x t x c (x t +x c)proporzione successip t = x t .n tp c= x c .n cp = x t +x c .n t +n cIpotesi nulla H 0 : π t = π c= π H 1 : π t ≠ π cH 0 : π t - π c= 0 H 1 : π t - π c≠ 0test z = (p t - p c ) - (π t - π c)e.s.(p t - p c )e.s.(p t - p c ) = var(p t - p c )var(p t - p c ) = π (1-π) ( 1 + 1 )n t n cin cui π è stimata da pNe consegue, se n t e n c sono molto numerosi, chez = (p t - p c ) =p (1-p) ( 1+1 )n t n covvero, con la correzione per la continuità, per cui si sottrae ½ dal gruppo conlaproporzionemaggiore e si somma per il gruppo con la proporzione minore:es. p t = x t – ½ p c = x c + ½n tn cF 1

Esempio di confronto fra 2 proporzioniI semi di sedano sono stati trattati chimicamente nel tentativo di ridurre l’incidenza diruggine (da fungo). Su 45 piante nate da semi trattati, 7 mostrano ruggine. Su 46 piantenate da semi non trattati 17 mostrano ruggine. E’ una differenza significativa?Si pone la ipotesi nulla che la probabilità di sopravvivenza sia uguale nei due gruppiH 0 : π t - π c= 0 H 1 : π t - π c≠ 0p= 0.736q = 1-p= 0.264Trattati conPropanalolo Controlli TotaleSopravvissuti 38 29 67Non sopravvissuti 7 17 24Totale 45 46 91% sopravvivenza p t = 84.4% p c = 63% p= 73.6% proporzioni corrette p tc = 38– ½ p cc = 29 + ½45 46z c = {(38-0.5)/45-(29+0.5)/46}/{0.736*0.264(1/45+1/46)} = 2.08risultato statisticamente significativo in quantosuperiore al valore tabulato di riferimentoz α=5% = 1.96Limiti di confidenza dello scarto fra due proporzioniNel caso di differenza statisticamente significativa può risultare di interesse la stimadell'entità dello scarto esistente, a livello di popolazioni, per cui si procederà:(p t - p c ) ± 1.96 {p t q t + p c q c }n t n c(0.844-0.630)± 1.96 {(0.844*0.156/45)+(0.63*0.37/46)}= 0.214±0.175L i = 0.039 L s = 0.389Il propanalolo è più efficace, con una maggiore efficacia stimabile in un aumnodellasopravvivenza fra il 3.9% ed il 38.9% rispetto al trattamento standard, con una probabilitàdi errore pari ad α=0.05.N.B. Nel calcolo dell’intervallo di confidenza delle proporzioni poiché si è già respinta H 0non si usa la stima comune p, come nel testF 2

Analisi di dati qualitativiPer effettuare il confronto fra le frequenze osservate e le frequenze attese, in baseall’ipotesi nulla H 0 , si utilizza il test statistico del chi-quadratoχ 2 = Σ(O-A) 2ALa sommatoria include tutte le coppie di frequenze osservate-atteseEsempioIn una data popolazione le probabilità di nascita per i due sessi sonoP(M) = π = 0.506 P(F) = (1- π ) =0.494E(x) = n π ; Var(x)= n π(1- π )Si consideri una serie di campioni di 100 nascite ciascunoFrequenze Attese per ogni campione di 100 nascite M= 50.6 F= 49.4Frequenze OsservateM F Σ (O-A) 2 /A χ 251 49 (51-50.6) 2 /50.6 + (49-49.4) 2 /49.4 0.00650 50 (50-50.6) 2 /50.6 + (50-49.4) 2 /49.4 0.01452 48 (52-50.6) 2 /50.6 + (48-49.4) 2 /49.4 0.07849 51 (49-50.6) 2 /50.6 + (51-49.4) 2 /49.4 0.10253 47 (53-50.6) 2 /50.6 + (47-49.4) 2 /49.4 0.23048 52 (48-50.6) 2 /50.6 + (52-49.4) 2 /49.4 0.27054 46 (54-50.6) 2 /50.6 + (46-49.4) 2 /49.4 0.46247 53 (47-50.6) 2 /50.6 + (53-49.4) 2 /49.4 0.51844 56 (44-50.6) 2 /50.6 + (56-49.4) 2 /49.4 1.74360 40 (60-50.6) 2 /50.6 + (40-49.4) 2 /49.4 3.535Supponendo che la serie includa ad es. 250 campioni di n=100, la distribuzione difrequenza dei χ 2 calcolati nei 250 campioni puo’ essere:χ 2 0.0- 0.5- 1.0- 1.5- 2.0- 2.5- 3.0- 3.5- 4.0- 4.5- 5.+ totFreq 121 41 21 24 14 7 6 7 3 2 4 250Se si passa al continuo, per un numero infinito di campioni si arriva alla funzione f(χ 2 ) =funzione di densità di probabilità della v.c. χ 2 1F 3

Distribuzione della variabile chi-quadrato2χ 1 = z 2 = (x- µ) 2σ 2La distribuzione dei quadrati di una normale standardizzata e'detta distribuzione chiquadrato ” χ 2 “ con 1 grado di liberta'χ 2 =Σ (O-A)2 = (x- n π) 2 + [(n-x) – n(1- π)] 2 = (x- n π) 2 + (-x+ n π) 2A nπ n(1-π) nπ n(1-π)Poiché (x - n π) 2 = (- x + n π)2= (1- π) (x - n π) 2 + π (x - n π) 2 = (x - n π) 2 ( π +1- π ) = (x - n π) 2 = (x - µ) 2 = z 2n π (1- π) n π (1- π) n π (1- π) σ 2χ 1 2 = z 2 µ χ2 = E(χ 1 2 ) = E(z 2 ) = 1 E[ (x-µ) 2 ] = σ 2 = 1σ 2 σ 2var (χ 1 2 ) = var(z 2 ) = 1χ ν 2 = Σ ν z 2µ χ2 = E(χ ν 2 ) = E(z 1 2 ) +…. + E(z ν 2 ) = νvar (χ ν 2 ) = 2νLa somma di ν normali standardizzate indipendenti segue la distribuzione χ ν 2 con ν gradidi libertà.NB. P(χ 2 1 3.84)= 0.05 per cui 3.84=valore soglia per α=0.05essendo 3.84=1.96 2Il χ 2 viene usato come test quando si vogliano confrontare frequenze Osservate eAttese.Quando però le frequenze attese sono piccole (1) è consigliabile procedere allacorrezione di Yates o correzione per la continuità sottraendo mezza unità (0.5) al valoreassoluto degli scarti, ( in pratica 0.5 è sottratto se O>A e si aggiunge se O

ESEMPIOTest di adattamento delle distribuzioniSi siano registrati 1623 incidenti su un totale di 708 soggetti;con una media quindi pari a µ=1623/708=2.29 per ciascun soggetto.Quale sarebbe la distribuzione del numero di incidenti per soggetto in caso dicompleta casualità del fenomeno?P(x)= e -2.29 2.29 xx!P(0)= e -2.29 2.29 0 / 0! =e -2.29P(1)= e -2.29 2.29 1 / 1! =e -2.29 ∗ 2.29/1 = P(0) µ/xP(2)= e -2.29 2.29 2 / 2! =e -2.29 ∗ 2.29 ∗ 2.29/2 = P(1) µ/x…………………………………….Confrontiamo adesso la distribuzione realmente osservata (frequenze osservate)con la distribuzione teorica (frequenze attese) nel caso di completa casualità delfenomeno:x f Oss P(x) f Att f Att chiqx*fErrata0 117 0 0.10103 71.5 71.5 28.91 28.911 157 157 0.23159 164.0 164.0 0.30 0.302 158 316 0.26545 187.9 187.9 4.77 4.773 115 345 0.20283 143.6 143.6 5.70 5.704 78 312 0.11624 82.3 82.3 0.22 0.225 44 220 0.05329 37.7 37.7 1.04 1.046 21 126 0.02036 14.4 14.4 3.01 3.017 7 49 0.00667 4.7 1.108 6 48 0.00191 1.4 15.969 1 9 0.00049 0.3 6.6 19.69 1.2510 3 30 0.00011 0.1 108.0211+ 1 11 0.00003 0.0 47.36tot 708 1623 1.00000 708 708 63.64 217.64media 2.29e (-2.29) 0.101Le frequenze attese (essendo vera l'ipotesi di una distribuzione di Poisson, cioe’di completa casualità, del fenomeno) sono confrontabili con quelle realmenteosservate per mezzo del test statisticoχ 2 6= 63.64 χ 2 6, α=0.05 = 12.59 χ 2 6, α=0.001 = 22.46I gdl sono n-2 e non n-1 in quanto la media è stata ricavata dal campione e ciòrappresenta un vincolo aggiuntivo; n sono le componenti da cui si è ottenuta lasomma totale di chi-quadrato.F 5

Tabelle di contingenza 2x2campioni indipendentiTrattamentoEsito SI -trattati NO - controlli Totale+ a b a+b- c d c+dTotale a+c b+d NTabella delle frequenze OsservateTrattamentoEsito Propanalolo Controlli TotaleSopravvissuti 38 29 67Nonsopravvissuti 7 17 24Totale 45 46 91Si pone una ipotesi nulla H 0 : π t = π c= π H 1 : π t ≠ π cIpotesi che la sopravvivenza sia uguale nei due trattamenti.La probabilità incognita di sopravvivenza π si stima con p .Se fosse vera la H 0 quali sarebbero state le frequenze attese, tenendo ovviamente fissi itotali marginali?TrattamentoEsito Propanalolo Controlli TotaleSopravvissuti ? ? 67Nonsopravvissuti ? ? 24Totale 45 46 91P= 67/91 proporzione di sopravvissuti : stima di π67 * 45 = n° di sopravvissuti Attesi nel gruppo dei trattati, etc91TrattamentoEsito Propanalolo Controlli TotaleSopravvissuti 45*67 = 33.13 46*67= 33.87 679191Nonsopravvissuti 45*24= 11.87 46*24= 12.13 249191Totale 45 46 91Si verifica la H 0 con il test χ 2 che confronta frequenze Osservate e Attese, corretto per lacontinuitàχ 2 c = Σ (|O-A| -1/2)2 = 4.32Aχ 2 c = ( |38-33.13| -1/2)2 + ( |29-33.87| -1/2) 2 + ( |29-11.87| -1/2) 2 +( |29-12.13| -1/2) 2 =33.13 33.87 11.87 12.13= 0-576 + 0.563 + 1.608 +1.573 = 4.32Si giudica considerando i valori sulle tavole χ 2 1;0.05 = 3.84χ 2 1;0.01 = 6.63se fosse vera la H 0 la probabilità di ottenere per solo effetto del caso una tabella simile aquella osservata è < 5% o più precisamente 0.01 < P < 0.05F 6

Test per il confronto di 2 proporzionicampioni appaiatiAnche nel caso di risposte qualitative si possono raccogliere dei dati nei due gruppi(sperimentali o osservazionali) i cui individui siano stati accoppiati secondo i criteri giàesposti. In base ai dati raccolti si possono identificare coppie congiunte o disgiunteCaso Controllocongiunta + +congiunta − −disgiunta + −disgiunta − +In questo caso l'attenzione si concentra sulle coppie disgiunte cioè che presentanorisultati diversi (del tipo + − oppure − +)Caso+ -Controllo + r- sr = numero coppie disgiunte di tipo + −s = numero coppie disgiunte di tipo − +n = totale r+s delle coppie disgiunteSi pone l’ipotesi nulla che ciascuno tipo di coppia disgiunta si verifichi con ugualeprobabilitàH 0 : π r = π s= 0.50si verificacon un test statistico zoppure con un test statistico χ 12z = |r-nπ| . = |r-n/2| .nπ(1-π)½nz c = |r-nπ| -½ . = |r-n/2|-½ .nπ(1-π)½nχ 12= Σ (O-A)2 2χ 1c = Σ (|O-A| -1/2) 2AAA : numero atteso di ciascuna coppia discordante = n/2oppure con un test statistico del tipo χ 1 2 di McNemar2χ 1 = (r-s) 2 2χ 1c=Σ(r+s)(|r-s| -1)2(r+s)χ 12= z 2 = (r- n /2)2 =(r-1/2(r+s)) 2 =(2r-r-s) 2 =(r-s) 2½n [½(r+s)] 2 (r+s) (r+s)F 7

F 8

EsempioE’ stata studiata l’associazione tra malattia tromboembolitica ed uso di contraccettivi orali.Sono stati individuati due gruppi di donne:1) casi: donne in età 15-44 anni, dimesse con diagnosi di tromboembolia idiopatica;2) controlli: donne in età 15-44 anni dimesse vive con altra diagnosi (interventichirurgicie medici acuti)Criteri di appaiamento: età (quinquennio), stato civile, residenza, razza, parità (0,1,2,3 o+gravidanze).Criteri di esclusione: analoghi per i due gruppi.Uso di contraccettiviN° di coppie1) Entrambe 102) Nessuna delle due 953) Solo la donna controllo 134) Solo la donna tromboembolitica 57Totale 175H 0 : π r = π s= 0.50n = 13+57 = 70Individuate 175 coppieCasoUso Non usoControllo Uso 13Non uso 57Valore atteso (E) di coppie disgiunte E=π*n=0.50*70= 35Var(E) = nπ (1-π) = 70*0.5*0.5 =17.5z = |r-n/2| . = |57-35| = 5.26 p

Test esatto di Fisher per tabelle 2x2Per campioni indipendenti – ridotta numerositàSe il numero totale di osservazioni N della tabella 2x2 è minore di 30 e si riscontranofrequenze attese < 1, il test χ 2 è approssimato e quindi si ricorre ad un test esatto checalcola direttamente la probabilità.Esito+ -Gruppo 1 a b a+b= R 12 c d c+d= R 2a+c= C 1 b+d= C 2 a+b+c+d= NPosti come vincoli che si abbianoR 1 osservazioni nel gruppo 1R 2 osservazioni nel gruppo 2C 1 = a+c totale di positivi nell’insieme dei due gruppisi calcola la probabilità di osservare proprio quella tabellacioè la probabilità condizionata di osservare a positivi nel gruppo R 1 e c positivi nelgruppo R 2 avendo avuto (a+c) positivi in generale su N osservazioniP(tabella) = P (a, R 1 ) P (c, R 2 )P (a+c,N)Sia π la probabilità ignota di essere positivo nella popolazione generale se è vera laipotesi nulla. In base alla distribuzione binomiale si ottiene :P (a, R 1 ) = a C R1 π a (1-π) R1-aP (c, R 2 ) = c C R2 π c (1-π) R2-cP (a+c,N) = (a+c) C N π a+c (1-π) N-(a+c)InfattiP(tabella) = R 1 ! R 2 ! C 1 ! C 2 !N! a! b! c! d!P = aC R1 π a (1-π) R1-a cC R2 π c (1-π) R2-c = aC R1 c C R2 π a+c (1-π) R1+R2-(a+c) =(a+c)C N π a+c (1-π) N-(a+c) (a+c)C N π a+c (1-π) N-(a+c)= R 1 ! R 2 ! (a+c)! (b+d)! = R 1 ! R 2 ! C 1 ! C 2 !a! (R 1 -a)! c! (R 2 -c)! N! a! b! c! d! N!Questa è la probabilità di ottenere esattamente la tabella osservata (frequenze :a,b,c,d)fra tutte le possibili tabelle costruibili rispettando i totali marginali (r,s,n,m)Occorre calcolare anche la probabilità di tutte le possibili tabelle più estreme di questarispetto alla ipotesi nullaF 10

ESEMPIOValutare la virulenza di due ceppi batterici A e B misurata in base al numero di animalideceduti dopo la inoculazione.Tab.2EsitoVivi MortiCeppo A 2 18 20B 8 10 1810 28 38H 0 π a = π bla virulenza, o probabilità di non sopravvivere, è uguale per i due ceppi.Altre tabelle più estreme nella direzione di una maggiore virulenza del ceppo ATab.1 Esito Tab.0 EsitoVivi Morti Vivi MortiCeppo A 1 19 Ceppo A 0 20B 9 9 B 10 8Probabilità di ciascuna tabellaP(tab.2)= 20! 18! 10! 28! =38! 2!18!8!10!P(tab.1) = 20! 18! 10! 28!=38! 1!19!9!9!P(tab.0) = 20! 18! 10! 28!=38! 0!20!10!8!0.01759P(t.2) 2 x 10 = 0.0020619 * 9P(t.1) 1 x 9 = 0.0000920 *10Probabilità totale 0.01974Dati quei totali marginali,la probabilità di ottenere per solo effetto del caso un risultato come quello della tabellaosservata e’ dell’ 1.76%la probabilità di ottenere per solo effetto del caso un risultato come quello della tabellaosservata o uno più estremo rispetto alla H 0 e’ dell’ 1.97%Nell’altra direzioneVivi Morti PCeppo A 10 10 0.00039 Si consideraB 0 18Ceppo A 9 11 0.00640 Si consideraB 1 17Ceppo A 8 12 0.04077 Non si consideraB 2 16Nell’altra direzione si sommano le probabilità a partire dalla tabella che ha un probabilitàdi verificarsi uguale o minore a quella osservata.Nelle due direzioniLa probabilità % è esattamente 1.97+ 0.64+ 0.039 = 2.653%F 11

Test χ 2 per la omogeneitàEs. Si studia la segregazione di un gene responsabile per la pigmentazione della testadel topo; si riportano i risultati del reincrocio: Tt x tt.I maschi eterozigoti M 1 ,M 2 e M 3 sono stati accoppiati a femmine omozigoti recessive. Siipotizza una segregazione in base al rapporto 1 a 1MaschioProgenieTt tt totaliM 1 68 60 128M 2 73 49 122M 3 70 64 134211 173 384Si pone l’ H 0 : la segregazione è di tipo 1:1Maschio Attesi Scarto⏐O-A ⏐χ 2M 1 64 4 0.500M 2 61 13 4.721M 3 67 3 0.2695.490Si separa la interazione segregazione x famiglie con un test di omogeneità della segregazioneosservata nelle famiglieConsiderando solo la segregazione totale : Attesi= 384/2 = 192χ 2 = (211-192) 2 + (173-192) 2 = 3.760192 192Fonte di variazione gdl χ 2 ProbTra famiglie 3 5.490Deviazione dalla segregazione 1 3.760 >0.05Eterogeneità 2 1.730 n.s.Non si rifiuta la ipotesi di segregazione 1:1 nella progenieE le famiglie si comportano in modo omogeneoF 12