세상에 존재하는 모든 사람을 대상으로 연구를 하면 참 좋겠지만, 시간적인 이유로, 그리고 경제적인 이유로 일부를 뽑아서 연구를 진행할 수밖에 없다. 모든 사람을 모집단이라고 하고, 뽑힌 일부를 표본이라고 한다. 우리는 표본으로 시행한 연구로 모집단에 대한 결론을 도출해내고자 할 것이다.
1000명에게 피검사를 시행하였고, 간 기능 검사의 일환으로 ALT 수치를 모았다. 그리고, 간 기능 개선제를 복용시킨 뒤 ALT 검사를 다시 시행하였다. 이 데이터를 기반으로 1000명이 기원한 모집단 인구에서 간 기능 개선제 복용은 ALT 수치를 개선시키는지 여부를 확인하는 것이 T-test이다. T-test는 크게 세 가지로 나눌 수 있다.
예) 간 기능 개선제 복용 전 ALT 평균은 간기는 개선제 복용 후 ALT 평균과 다르다고 할 수 있는가?
이번 포스팅에서는 대응 표본 T검정 (Paired samples T-test)에 대해 알아볼 것이다.
왜 대응 표본 T 검정이 필요할까?
독립 표본 T 검정을 공부한 사람이라면 대응 표본 T 검정의 필요성에 대해 의구심을 가질 수 있다. 간 기능 개선제 복용 전 ALT와 간 기능 개선제 복용 후 ALT에 대해 독립 표본 T 검정을 돌리면 될 것이라고 생각할 수 있기 때문이다. 하지만 결론적으로 그렇게 하면 안 된다. 예를 들어 다음 사례를 봐보자.
환자 번호
시험 공부 전 시험 점수
시험 공부 후 시험 점수
1번
0.1
0.2
2번
0.2
0.3
...
$x$
$x+0.1$
999번
99.9
100.0
1000번
100.0
100.0
1000명이 시험을 보았고, 원래 100점을 받았던 1000번을 제외한 모든 사람이 시험공부로 0.1점이 올랐다. 1000명 중 999명의 점수가 올랐으므로 공부는 시험 점수를 올리는데 유의미한 영향력을 미칠 수 있다고 결론이 나야 합당할 것이다. 하지만 공부 전 후 시험 점수의 평균은 둘 다 50점에 가깝고 큰 변화는 없는 것처럼 보인다. 따라서 독립 표본 T 검정으로 내린 결론은 잘못된 것이다. 즉, 대응되는 (paired) 경우 그 값 자체보다는 둘 사이의 차이에 집중해야 한다.
2)ALT와 ALT_POSTMED의 차이를 ALT_DIF로 지정하기. 그리고 "확인"을 누른다
정규성 검정하기
1) 분석 (A)>기술통계량 (E) > 데이터 탐색 (E)
2) 분석하고자 하는 변수를 "종속변수(D)" 쪽으로 이동
3) 도표(T)를 누르고, "히스토그램(H)", "검정과 함께 정규성도표(O)" 체크박스를 클릭. 다 되었으면 "계속(C)" 클릭. 그 이후에 "확인" 클릭
결과
N 수는 1000으로 2000 미만이므로 Shapiro-Wilk 통계량을 봐야하고 이 검정의 p-value는 0.05 이상이다. Q-Q plot상에서 대부분의 데이터가 직선상에 있으며, 히스토그램 또한 정규분포를 따르는 것처럼 보이므로 두 변수의 차는 정규분포를 따른다고 할 수 있다. 따라서 대응 표본 T 검정 (Paired samples T test)를 시행할 수 있다.
대응 표본 T 검정 방법
1) 분석(A) > 평균 비교 (M) > 대응표본 T 검정 (P)
2)분석하고자 하는 두 개의 변수 ALT와 ALT_POSTMED를 각각 "대응 변수(V)"쪽으로 아래 그림과 같이 옮긴다. 그 후 확인을 누른다.
결과
1) 기술통계
ALT와 ALT_POSTMED에 대한 기술통계가 나온다. 쓱 보고 넘긴다.
2) 대응 표본 T 검정 결과
결과를 하나씩 뜯어보자
ALT는 ALT_POSTMED보다 2.8326만큼 더 크고, 그 차이에 대한 p-value는 <0.001로 매우 유의하다. 따라서 귀무가설을 기각할 수 있다. 본 검정의 귀무가설은 다음과 같다.
귀무가설: $H0=$간 기능 개선제 복용 전 후의 ALT 평균은 동일하다.
이를 기각하므로 동일하지 않다고 할 수 있고, 간 기능 개선제 복용 후 ALT가 2.8363만큼 낮아져 간 기능에 호전이 있다고 평가할 수 있다.
세상에 존재하는 모든 사람을 대상으로 연구를 하면 참 좋겠지만, 시간적인 이유로, 그리고 경제적인 이유로 일부를 뽑아서 연구를 진행할 수밖에 없다. 모든 사람을 모집단이라고 하고, 뽑힌 일부를 표본이라고 한다. 우리는 표본으로 시행한 연구로 모집단에 대한 결론을 도출해내고자 할 것이다.
1000명에게 피검사를 시행하였고, 간 기능 검사의 일환으로 ALT 수치를 모았다. 이 데이터를 기반으로 1000명이 기원한 모집단 인구에서의 ALT평균이 어떻게 될지 예측하는 것이 T-test이다. T-test는 크게 세 가지로 나눌 수 있다.
목표: 고혈압 환자의 수축기 혈압(SBP) 평균은 정상인의 수축기 혈압 평균과 다르다고 모집단 수준에서 말할 수 있는가?
이번 포스팅의 목적은 1000명의 데이터를 가지고, 이 1000명이 기원한 모집단에서 수축기 혈압 평균이 고혈압 유병 여부에 따라 다르다고 할 수 있는지 판단하는 것이다.
전제조건 (정규성)
독립 표본 (Indepent samples, Two tamples) T 검정의 전제조건은 각각의 독립 표본의 분포가 정규성을 따른다는 것이다. 즉, 여기에서는 고혈압 유병 여부에 따라 수축기 혈압 (SBP)의 정규성을 검정하도록 하겠다. 정규성 검정에 관한 분석 내용은 다음 글에서 살펴볼 수 있다.
2) 분석하고자 하는 변수인 SBP을 "종속변수"에 넣고, 고혈압에 따라 분석할 것이므로 HTN을 "요인(F)"에 넣는다. 그 뒤 "도표(T)..."를 선택한다.
3) "히스토그램(H)", "검정과 함께 정규성 도표(O)" 체크박스를 클릭하고 "계속(C)"를 누르고, 돌아가 "확인"을 누른다.
정규성 검정 - 결과 (QQ plot과 Histogram)
1) 정상인
2) 고혈압 환자
정규성 검정 - 결과 (Shapiro-Wilk 검정)
N수가 2,000개 미만이므로 Shapiro-Wilk 통계량의 p-value를 보면 0.05 이상이며, Q-Q Plot은 대부분의 데이터가 선상에 있고, 히스토그램에서도 정규성을 따르는 것처럼 볼 수 있다.
전제조건이 성립한다. 즉, 고혈압 유병 여부에 따른 수축기 혈압 (SBP)의 분포가 정규성을 따른다고 할 수 있다. 따라서 독립 표본 T 검정 (Independent samples T test, Two samples T test)을 시행할 수 있다.
독립 표본 T 검정 방법
1) 분석(A) > 평균 비교 (M) > 독립표본 T 검정
2) 분석하고자 하는 변수 SBP를 "검정 변수(T)"쪽으로 옮기고, 아래 "집단변수(G)"에 HTN을 넣는다. 그리고 "집단 정의(D)"을 누른다.
3) HTN은 정상인을 0으로, 고혈압 환자를 1로 정의하고 있다. 즉 우리는 0과 1을 비교할 것이므로 집단 1과 집단 2에 각각 0과 1을 넣는다.
결과
1) 기술 통계
먼저 기술통계를 보여준다. 고혈압 유무에 따른 표본 수, 평균, 표준편차, 표준오차를 보여준다.
2) T 검정 결과
표를 하나씩 뜯어보기로 한다.
(1) 등분산 검정
Levene의 등분산 검정을 시행해준다. p-value는 0.919로 0.05보다 크다. 따라서 귀무가설을 기각할 수 없다. 이 검정의 귀무가설과 대립 가설은 무엇일까?
귀무가설: 고혈압 환자와 정상인의 SBP분포는 등산이 같다.
귀무가설: 고혈압 환자와 정상인의 SBP분포는 등산이 다르다.
따라서 우리는 분산이 같다고 가정한다.
(2) 평균 차이 검정
등분산이 가정되므로 파란색 동그라미 안의 p-value를 읽는다. 만약 등분산성이 보장되지 않으면 그 아래의 p-value를 읽는다. p-value는 0.001보다 작으므로 귀무가설을 기각할 수 있으며, 본 검정에서 귀무가설은 "HTN에 따라 SBP의 평균이 같다."이므로 "HTN에 따라 SBP의 평균은 다르다."라고 결론 내릴 수 있다.
[SPSS] 독립 표본 T검정 (Independent samples T-test) 정복 완료!
Classical Levene's test based on the absolute deviations from the mean (
none not applied because the location is not set to median )
data: df$QOL
Test Statistic = 114.73, p-value < 2.2e-16
Modified robust Brown-Forsythe Levene-type test based on the absolute
deviations from the median
data: df$QOL
Test Statistic = 114.64, p-value < 2.2e-16
Bartlett test of homogeneity of variances
data: df$QOL and df$RESID
Bartlett's K-squared = 326.64, df = 2, p-value < 2.2e-16
모두 p-value<0.05로 분산에 차이가 있다고 할 수 있다. 따라서 일반적인 ANOVA가 아니라 Welch's ANOVA 및 Brown-Forsythe ANOVA를 시행해야 한다.
bf.test(QOL~RESID, data=df) : Brown and Forsythe One way ANOVA를 시행한다 (bf.test). RESID에 따른 QOL 평균의 차이를 검정하라.
결과
Brown-Forsythe Test (alpha = 0.05)
-------------------------------------------------------------
data : QOL and RESID
statistic : 2456.285
num df : 2
denom df : 683.7928
p.value : 7.160917e-313
Result : Difference is statistically significant.
-------------------------------------------------------------
p-value가 0.05보다 작으므로 귀무가설을 기각하고 대립 가설을 채택한다. 그렇다면 여기에서 귀무가설 및 대립 가설은 무엇이었는가?
귀무가설: $H_0=$ 세 집단의 모평균은 "모두" 동일하다.
대립 가설: $H_1=$세 집단의 모평균이 모두 동일한 것은 아니다.
우리는 대립 가설을 채택해야 하므로 "세 집단의 모평균이 모두 동일한 것은 아니다."라고 결론 내릴 것이다.
즉, Welch, Brown-Forsythe 두 가지 방법 모두 평균에 유의미한 차이가 있다고 결론 내리고 있다.
그런데, 세 집단의 모평균이 모두 동일하지 않다는 말은 세 집단 중 두 개씩 골라 비교했을 때, 적어도 한 쌍에서는 차이가 난다는 것이다. 따라서 세 집단 중 두 개씩 골라 비교를 해보아야 하며, 이를 사후 분석 (post hoc analysis)이라고 한다. 세 집단에서 두 개씩 고르므로 가능한 경우의 수는$_3C_2=3$이다.
tamhaneT2Test(QOL~RESID, data=df) : QOL의 평균을 RESID의 조합 가능한 경우의 수에 따라 비교(pairwise comparison)하되 방법은 Tamhane's T2 검정을 사용하라.
gamesHowellTest(QOL~RESID, data=df) : QOL의 평균을 RESID의 조합 가능한 경우의 수에 따라 비교(pairwise comparison)하되 방법은 Games-Howell 검정을 사용하라.
dunnettT3Test(QOL~RESID, data=df) : QOL의 평균을 RESID의 조합 가능한 경우의 수에 따라 비교(pairwise comparison)하되 방법은 Dunnett's T3 검정을 사용하라.
결과
Pairwise comparisons using Tamhane's T2-test for unequal variances
data: QOL by RESID
0 1
1 <2e-16 -
2 <2e-16 <2e-16
P value adjustment method: T2 (Sidak)
alternative hypothesis: two.sided
Pairwise comparisons using Games-Howell test
data: QOL by RESID
0 1
1 1.7e-10 -
2 < 2e-16 4.9e-10
P value adjustment method: none
alternative hypothesis: two.sided
Pairwise comparisons using Dunnett's T3 test for multiple comparisons
with unequal variances
data: QOL by RESID
0 1
1 <2e-16 -
2 <2e-16 <2e-16
P value adjustment method: single-step
alternative hypothesis: two.sided
Pairwise comparisons using Tamhane's T2-test for unequal variances
data: QOL by RESID
0 1 1 <2e-16 - 2 <2e-16 <2e-16
P value adjustment method: T2 (Sidak) alternative hypothesis: two.sided
Pairwise comparisons using Games-Howell test
data: QOL by RESID
0 1 1 1.7e-10 - 2 < 2e-16 4.9e-10
P value adjustment method: none alternative hypothesis: two.sided
Pairwise comparisons using Dunnett's T3 test for multiple comparisons with unequal variances
data: QOL by RESID
0 1 1 <2e-16 - 2 <2e-16 <2e-16
P value adjustment method: single-step alternative hypothesis: two.sided
빨간색 글씨가 p-value를 의미하는데, 이는 다음과 같이 보면 된다.
0
1
1
대도시 거주자 (0)과 중소도시 거주자 (1) 비교
2
대도시 거주자 (0)과 시골 거주자 (2) 비교
중소도시 거주자 (1)과 시골 거주자 (2) 비교
모든 p-value가 0.05보다 작으므로 다음과 같이 결론 내릴 수 있다.
대도시 거주자 (0)과 중소도시 거주자 (1) 사이에는 QOL 평균에 차이가 있다.
대도시 거주자 (0)과 시골 거주자 (2) 사이에는 QOL 평균에 차이가 있다.
중소도시 거주자 (1)과 시골 거주자 (2) 사이에는 QOL 평균에 차이가 있다.
어떤 사후 분석을 쓸 것인가
이 논의에 대해 정답이 따로 있는 것은 아니다. 적절한 방법을 사용하여 논문에 제시하면 되고, 어떤 것이 정답이라고 콕 집어 이야기할 수는 없다. 다만, 사후 분석 방법이 여러 가지가 있다는 것은 '사후 분석 방법에 따라 산출되는 결과가 달라질 수 있다.'는 것을 의미하고, 심지어는 '어떤 사후 분석 방법을 채택하냐에 따라 유의성 여부가 달라질 수도 있다.'는 것을 의미한다. 심지어, Welch's or Brown-Forsythe's ANOVA에서는 유의한 결과가 나왔는데, 사후 분석을 해보니 유의한 차이를 보이는 경우가 없을 수도 있다. 따라서 어떤 사후 분석 방법 결과에 따른 결과인지 유의하여 해석할 필요가 있다.
세상에 존재하는 모든 사람을 대상으로 연구를 하면 참 좋겠지만, 시간적인 이유로, 그리고 경제적인 이유로 일부를 뽑아서 연구를 진행할 수밖에 없다. 모든 사람을 모집단이라고 하고, 뽑힌 일부를 표본이라고 한다. 우리는 표본으로 시행한 연구로 모집단에 대한 결론을 도출해내고자 할 것이다.
1000명에게 피검사를 시행하였고, 간 기능 검사의 일환으로 ALT 수치를 모았다. 이 데이터를 기반으로 1000명이 기원한 모집단 인구에서의 ALT평균이 어떻게 될지 예측하는 것이 T-test이다. T-test는 크게 세 가지로 나눌 수 있다.
2) 분석하고자 하는 변수인 ALT을 "종속변수"에 넣어준다. 그 뒤 "도표(T)..."를 선택한다.
3) "히스토그램(H)", "검정과 함께 정규성 도표(O)" 체크박스를 클릭하고 "계속(C)"를 누르고, 돌아가 "확인"을 누른다.
1) Q-Q plot
2) 히스토그램
3) Shapiro-Wilk 검정
기술통계도 보여주는데 평균은 35정도임을 알 수 있다.
N수가 2,000개 미만이므로 Shapiro-Wilk 통계량의 p-value를 보면 0.05 이상이며, Q-Q Plot은 대부분의 데이터가 선상에 있고, 히스토그램에서도 정규성을 따르는 것처럼 볼 수 있다. 따라서 ALT로는 일표본 T검정 (One-sample T-test)를 시행할 수 있다. 시행하도록 하겠다.
1) 분석(A) > 평균 비교 (M) > 일표본 T 검정 (S)
2) 분석하고자 하는 변수 ALT를 "검정 변수(T)"쪽으로 옮기고, 아래 "검정값(V)"에 50을 적는다. 그리고 "확인"을 누른다.
결과
확인할 것은 "유의확률(양측)"의 값인 0.000이다. 이는 0.001보다 작다는 뜻으로 매우 유의하다는 말이다. 따라서 귀무가설을 기각하고 대립 가설을 선택할 것이다. 여기에서 귀무가설은 "모집단의 ALT 평균은 50이다."였고, 대립가설은 "모집단의 평균은 50보다 크거나 작다."이므로 이 집단의 모평균이 50이 아닌 것으로 결론 내리는 것이 옳다. 평균이 35였으므로 합당한 결론이다.
[R] 일표본 윌콕슨 부호 순위 검정 (비모수 일표본 중앙값 검정: One-Sample Wilcoxon Signed Rank Test) - wilcox.test()
어떤 분포의 평균이 특정 값인지 확인하는 방법을 이전에는 일표본 T검정 (One-Sample T test)로 시행했었다. (2022.11.03 - [모평균 검정/R] - [R] 일표본 T검정 (One-sample T-test) - t.test()) 하지만 여기에는 중요한 가정이 필요한데, 분포가 정규성을 따르는 것이다. 하지만 분포가 정규성을 따르지 않는다면 어떻게 해야 할까? 그럴 때 사용하는 것이 One-Sample Wilcoxon Signed Rank Test (일표본 윌콕슨 부호 순위 검정)이다.
이번 포스팅에서는 One-Sample Wilcoxon Signed Rank Test (일표본 윌콕슨 부호 순위 검정)에 대해서 알아볼 것이다.
Shapiro-Wilk normality test
data: df$NP1_raw
W = 0.97015, p-value = 1.81e-13
N수가 2,000개 미만이므로 Shapiro-Wilk 통계량의 p-value를 보면 0.05 이하이며, Q-Q Plot은 대부분의 데이터가 선상에 있지 않고, 히스토그램에서도 정규성을 따르지 않는 것처럼 보인다. 따라서 일표본 T검정 (One-sample T-test)를 시행할 수 없고, 일표본 윌콕슨 부호 순위 검정 (One-Sample Wilcoxon Signed Rank Test)을 시행해야 한다.
일표본 윌콕슨 부호 순위 검정 (One-Sample Wilcoxon Signed Rank Test)의 귀무가설과 대립 가설
이번 일표본 윌콕슨 부호 순위 검정 (One-Sample Wilcoxon Signed Rank Test)의 귀무가설은 하나다.
Wilcoxon signed rank test
data: df$NP1_raw
V = 246178, p-value = 0.6558
alternative hypothesis: true location is not equal to 50
p-value가 0.6558>0.05로 귀무가설을 채택하는 것이 합리적이며, 중앙값이 50이 아니라고는 할 수 없는 상황이다.
중요한 가정: 대칭성
위 논의에서 빠진 정말 중요한 가정이 하나 있다. 신경심리검사 1 원점수 (NP1_raw)의 분포가 어떤 점수를 기점으로 좌우대칭이라는 것이다. 윌콕슨 부호 순위 검정은 좌우대칭일 때 그 검정력이 극대화되며, 좌우대칭이 아니면 정확도가 떨어진다. 신경심리검사 1 원점수 (NP1_raw)의 분포를 히스토그램을 통해 알아보자 (히스토그램 그리는 방법은 다음 링크를 참고하길 바란다.2022.08.11 - [기술 통계/R] - [R] 정규성 검정 (2) : 히스토그램 - hist(), dnorm())
#좀 더 자세히 보기 위해 breaks=40이라는 옵션을 넣었다.
hist(df$NP1_raw, breaks=40)
봉우리가 세 개인 Trimodal shape을 하고 있고, 중앙값인 50을 기준으로 대칭인 것처럼 보인다. 따라서 위 분석에는 문제가 없는 듯하다.
가정이 성립하지 않는다면?
우리가 궁금하고, 문제가 되는 상황은 가정이 성립하지 않는 상황이다. 실제로 이럴 때가 많기 때문이다. 신경심리검사 2 원점수인 NP2_raw데이터의 분포를 확인해보자.
hist(df$NP2_raw, breaks=80)
이는 심하게 오른쪽으로 치우쳐진 right skewed data다. 이때 중앙값에 대해 Wilcoxon signed rank test를 시행하면 어떻게 될까?
Wilcoxon signed rank test
data: df$NP2_raw
V = 295522, p-value = 7.213e-07
alternative hypothesis: true location is not equal to 1.004532
참 중앙값으로 "NP2_raw의 중앙값이 참 중앙값과 같니?"라고 물어보았는데 "아니요"라고 대답하는 참사가 벌어진다. 이는 분포에 대칭성이 없기 때문이다. 이럴 때 선택할 수 있는 옵션이 많지 않긴 한데, 그중 하나는 변환 (transformation)이다. 이런 right skewed data는 로그 변환 (log-transformation)을 하면 대칭성이 갖추어지는 경우가 많다. 로그 변환을 하고 히스토그램을 그려 분포를 확인해보자. (로그 변환에 관한 글은 다음 링크에서 확인할 수 있다.2022.11.25 - [통계 프로그램 사용 방법/R] - [R] 변수 계산 (산술 연산))
Shapiro-Wilk normality test
data: df$log_NP2_raw
W = 0.99284, p-value = 9.487e-05
히스토그램에서는 정규분포를 따르는 것 같아 보이지만, QQ plot에서 직선 위에 있지 않은 점들이 많고, Shapiro-wilk test에서 p-value가 매우 작게 나오므로 정규성을 띠지 않는다고 판단하는 것이 맞다. 따라서 일표본 t검정(One-sample t-test)이 아닌 일표본 윌콕슨 부호 순위 검정 (One sample Wilcoxon signed rank test)을 시행해야 한다. 위와 같이 log_NP2_raw의 중앙값에 대해 검정해보자.
Wilcoxon signed rank test
data: df$log_NP2_raw
V = 247173, p-value = 0.7363
alternative hypothesis: true location is not equal to 0.004521896
p-value가 0.7363으로 귀무가설을 기각할 수 없게 되어 중앙값은 0.004521896이 아니라고 할 수 없다고 결론을 내리게 된다.
그 외 다룰 내용 1: 정규성을 안 따르면 꼭 Wilcoxon test를 시행해야 하나?
T-test의 전제조건은 표본 평균이 정규분포를 따르는 것이다. 그런데 중심 극한 정리에 따라 표본의 수 (우리 데이터에서는 n=1,000)가 커질수록 표본 평균의 분포는 정규성을 띠게 된다. 따라서 n수가 적당히 크기만 하면 표본이 정규분포를 따르는지와 관계없이 표본평균은 정규성을 따른다고 할 수 있다. 이런 이유로 정규성과 관계 없이 n수가 크기만 하면 t-test의 이용이 정당화되기도 한다. 합리적인 말이다.
그런데 왜 정규분포를 따르는지 왜 다들 확인할까? 만약 모분포가 정규분포였다면 표본도 정규분포를 따를 확률이 높아진다. 물론 꼭 그런 건 아니지만 말이다. 따라서 표본이 정규분포를 따른다면, 모분포를 정규분포를 따른다고 할 수 있고, 그렇다면 n수가 작아도 표본 평균의 분포도 정규성을 따르니 t-test를 사용해도 되는 안전한 환경이 구축된다. 이런 이유로 정규성을 확인하게 된다.
그 외 다룰 내용 2: Wilcoxon signed rank test는 짝지어진 자료의 검정방법 아닌가?
*1) Levene;
PROC GLM DATA=hong.df;
CLASS RESID;
MODEL QOL=RESID;
MEANS RESID/ HOVTEST=LEVENE(TYPE=ABS);
RUN;
*2) O'Brien;
PROC GLM DATA=hong.df;
CLASS RESID;
MODEL QOL=RESID;
MEANS RESID/ HOVTEST=OBRIEN;
RUN;
*3) Brwon and Forsythe;
PROC GLM DATA=hong.df;
CLASS RESID;
MODEL QOL=RESID;
MEANS RESID/ HOVTEST=BF;
RUN;
*4) Bartlett;
PROC GLM DATA=hong.df;
CLASS RESID;
MODEL QOL=RESID;
MEANS RESID/ HOVTEST=BARTLETT;
RUN;
QUIT;
결과
1) Levene
2) O'Brien
3) Brown and Forsythe
4) Bartlett
어떤 방법을 사용하더라도 p-value<0.0001로 등분산성은 만족하지 않는다는 것을 알 수 있다. 따라서 일원 배치 분산 분석 (One-way ANOVA)이 아닌 Welch's ANOVA를 시행해야 한다.
Welch's 일원 배치 분산 분석 (Welch's One way ANOVA) 코드
PROC GLM DATA=hong.df;
CLASS RESID;
MODEL QOL=RESID;
MEANS RESID/ WELCH;
RUN;
QUIT;
PROC GLM DATA=hong.df; : Welch's ANOVA를 시행할 수 있는 PROC GLM으로 코드를 시작한다. 데이터는 hong 라이브러리의 df데이터를 활용한다. CLASS RESID; : RESID에 따른 평균을 비교할 것이다. MODEL QOL=RESID; : RESID에 따른 QOL의 평균을 비교할 것이다.
MEANS RESID/ WELCH; : RESID의 평균을 보여주고, Welch's ANOVA를 추가로 시행하라.
결과
P-value가 <0.0001이므로 귀무가설을 기각하고 대립 가설을 채택한다. 그렇다면 여기에서 귀무가설 및 대립 가설은 무엇이었는가?
귀무가설: $H0=$ 세 집단의 모평균은 "모두" 동일하다.
대립 가설: $H1=$ 세 집단의 모평균이 모두 동일한 것은 아니다.
우리는 대립 가설을 채택해야 하므로 "세 집단의 모평균이 모두 동일한 것은 아니다."라고 결론 내릴 것이다.
이 말은, 세 집단 중 두 개씩 골라 비교했을 때, 적어도 한 쌍에서는 차이가 난다는 것이다. 따라서 세 집단 중 두 개씩 골라 비교를 해보아야 하며, 이를 사후 분석 (post hoc analysis)이라고 한다. 세 집단에서 두 개씩 고르므로 가능한 경우의 수는 $_3 C_2=3$이다.
하지만 마지막 Dunnett's C는 SAS에서 제공하지 않으므로 위 세 가지 방법에 대해서만 알아보도록 하겠다.
사후 분석 코드
*1) Tamhane's T2;
PROC MIXED DATA=hong.df;
CLASS RESID;
MODEL QOL=RESID/DDFM=SATTERTH;
REPEATED/GROUP=RESID;
LSMEANS RESID/ADJUST=SIDAK ADJDFE=ROW;
RUN;
*2) Games-Howell;
PROC MIXED DATA=hong.df;
CLASS RESID;
MODEL QOL=RESID/DDFM=SATTERTH;
REPEATED/GROUP=RESID;
LSMEANS RESID/ADJUST=TUKEY ADJDFE=ROW;
RUN;
*3) Dunnett's T3;
PROC MIXED DATA=hong.df;
CLASS RESID;
MODEL QOL=RESID/DDFM=SATTERTH;
REPEATED/GROUP=RESID;
LSMEANS RESID/ADJUST=SMM ADJDFE=ROW;
RUN;
PROC MIXED DATA=hong.df; : 사후 분석을 시행하는 PROC MIXED로 시작하고, 데이터는 hong 라이브러리의 df 데이터를 사용한다. CLASS RESID; : RESID에 따라 사후 분석을 시행한다. MODEL QOL=RESID/DDFM=SATTERTH; : RESID에 따른 QOL 평균의 비교를 한다. (DDFM=SATTERTH는 자유도를 근사시킬 때 사용하는 옵션이다.) REPEATED/GROUP=RESID;: 이는 R matrix 추정에 관한 내용이다. LSMEANS RESID/ADJUST=SIDAK ADJDFE=ROW;: "ADJUST=SIDAK"과 "ADJDFE=ROW"의 조합은 Tamhane's T2 사후 검정을 하도록 지시한다. "ADJUST="에 "TUKEY"를 넣으면 Games-Howell, "SMM"을 넣으면 Dunnett's T3검정을 시행한다.
1) Tamhane's T2
2) Games-Howell
3) Dunnett's T3
봐야 할 것은 "Adj P", 즉 보정된 p-value이다. 방법에 관계없이 p-value는 모두 0.0001보다 작다. 따라서 다음과 같이 결론 내릴 수 있다.
대도시 거주자 (0)과 중소도시 거주자 (1) 사이에는 QOL 평균에 차이가 있다.
대도시 거주자 (0)과 시골 거주자 (2) 사이에는 QOL 평균에 차이가 있다.
중소도시 거주자 (1)과 시골 거주자 (2) 사이에는 QOL 평균에 차이가 있다.
어떤 사후 분석을 쓸 것인가
이 논의에 대해 정답이 따로 있는 것은 아니다. 적절한 방법을 사용하여 논문에 제시하면 되고, 어떤 것이 정답이라고 콕 집어 이야기할 수는 없다. 다만, 사후 분석 방법이 여러 가지가 있다는 것은 '사후 분석 방법에 따라 산출되는 결과가 달라질 수 있다.'는 것을 의미하고, 심지어는 '어떤 사후 분석 방법을 채택하냐에 따라 유의성 여부가 달라질 수도 있다.'는 것을 의미한다. 심지어, Welch's ANOVA에서는 유의한 결과가 나왔는데, 사후 분석을 해보니 유의한 차이를 보이는 경우가 없을 수도 있다. 따라서 어떤 사후 분석 방법 결과에 따른 결과인지 유의하여 해석할 필요가 있다.
코드 정리
*라이브러리 지정하기;
LIBNAME hong "C:/Users/User/Documents/Tistory_blog";
*파일 불러오기;
PROC IMPORT
DATAFILE="C:\Users\user\Documents\Tistory_blog\Data.xlsx"
DBMS=EXCEL
OUT=hong.df
REPLACE;
RUN;
*정규성 검정하기;
PROC UNIVARIATE DATA=hong.df NORMAL PLOT;
CLASS RESID;
VAR QOL;
HISTOGRAM QOL/ NORMAL (MU=EST SIGMA=EST);
RUN;
*등분산성 검정하기;
*1) Levene;
PROC GLM DATA=hong.df;
CLASS RESID;
MODEL QOL=RESID;
MEANS RESID/ HOVTEST=LEVENE(TYPE=ABS);
RUN;
*2) O'Brien;
PROC GLM DATA=hong.df;
CLASS RESID;
MODEL QOL=RESID;
MEANS RESID/ HOVTEST=OBRIEN;
RUN;
*3) Brwon and Forsythe;
PROC GLM DATA=hong.df;
CLASS RESID;
MODEL QOL=RESID;
MEANS RESID/ HOVTEST=BF;
RUN;
*4) Bartlett;
PROC GLM DATA=hong.df;
CLASS RESID;
MODEL QOL=RESID;
MEANS RESID/ HOVTEST=BARTLETT;
RUN;
QUIT;
*Welch's ANOVA 시행하기;
PROC GLM DATA=hong.df;
CLASS RESID;
MODEL QOL=RESID;
MEANS RESID/ WELCH;
RUN;
QUIT;
*사후분석 시행하기;
*1) Tamhane's T2;
PROC MIXED DATA=hong.df;
CLASS RESID;
MODEL QOL=RESID/DDFM=SATTERTH;
REPEATED/GROUP=RESID;
LSMEANS RESID/ADJUST=SIDAK ADJDFE=ROW;
RUN;
*2) Games-Howell;
PROC MIXED DATA=hong.df;
CLASS RESID;
MODEL QOL=RESID/DDFM=SATTERTH;
REPEATED/GROUP=RESID;
LSMEANS RESID/ADJUST=TUKEY ADJDFE=ROW;
RUN;
*3) Dunnett's T3;
PROC MIXED DATA=hong.df;
CLASS RESID;
MODEL QOL=RESID/DDFM=SATTERTH;
REPEATED/GROUP=RESID;
LSMEANS RESID/ADJUST=SMM ADJDFE=ROW;
RUN;
사실 등분산성이 만족하지 않을 때 시행할 수 있는 ANOVA로 Welch's ANOVA 외에도 Brown and Forsythe ANOVA가 있다. 이것과 Dunnett's C 사후 검정을 SPSS에서는 시행할 수 있으므로 필요한 경우 SPSS에서 시행해볼 수도 있겠다.
[SAS] 등분산 가정이 성립하지 않는 일원 배치 분산 분석 (Welch's ANOVA) 정복 완료!
세상에 존재하는 모든 사람을 대상으로 연구를 하면 참 좋겠지만, 시간적인 이유로, 그리고 경제적인 이유로 일부를 뽑아서 연구를 진행할 수밖에 없다. 모든 사람을 모집단이라고 하고, 뽑힌 일부를 표본이라고 한다. 우리는 표본으로 시행한 연구로 모집단에 대한 결론을 도출해내고자 할 것이다.
1000명에게 피검사를 시행하였고, 간 기능 검사의 일환으로 ALT 수치를 모았다. 그리고, 간 기능 개선제를 복용시킨 뒤 ALT 검사를 다시 시행하였다. 이 데이터를 기반으로 1000명이 기원한 모집단 인구에서 간 기능 개선제 복용은 ALT 수치를 개선시키는지 여부를 확인하는 것이 T-test이다. T-test는 크게 세 가지로 나눌 수 있다.
예) 간 기능 개선제 복용 전 ALT 평균은 간기는 개선제 복용 후 ALT 평균과 다르다고 할 수 있는가?
이번 포스팅에서는 대응 표본 T검정 (Paired samples T-test)에 대해 알아볼 것이다.
왜 대응 표본 T 검정이 필요할까?
독립 표본 T 검정을 공부한 사람이라면 대응 표본 T 검정의 필요성에 대해 의구심을 가질 수 있다. 간 기능 개선제 복용 전 ALT와 간 기능 개선제 복용 후 ALT에 대해 독립 표본 T 검정을 돌리면 될 것이라고 생각할 수 있기 때문이다. 하지만 결론적으로 그렇게 하면 안 된다. 예를 들어 다음 사례를 봐보자.
환자 번호
시험 공부 전 시험 점수
시험 공부 후 시험 점수
1번
0.1
0.2
2번
0.2
0.3
...
$x$
$x+0.1$
999번
99.9
100.0
1000번
100.0
100.0
1000명이 시험을 보았고, 원래 100점을 받았던 1000번을 제외한 모든 사람이 시험공부로 0.1점이 올랐다. 1000명 중 999명의 점수가 올랐으므로 공부는 시험 점수를 올리는데 유의미한 영향력을 미칠 수 있다고 결론이 나야 합당할 것이다. 하지만 공부 전 후 시험 점수의 평균은 둘 다 50점에 가깝고 큰 변화는 없는 것처럼 보인다. 따라서 독립 표본 T 검정으로 내린 결론은 잘못된 것이다. 즉, 대응되는 (paired) 경우 그 값 자체보다는 둘 사이의 차이에 집중해야 한다.
Shapiro-Wilk normality test
data: df$ALT_DIF
W = 0.99895, p-value = 0.8481
N 수는 1000으로 2000 미만이므로 Shapiro-Wilk 통계량을 봐야하고 이 검정의 p-value는 0.05 이상이다. Q-Q plot상에서 대부분의 데이터가 직선상에 있으며, 히스토그램 또한 정규분포를 따르는 것처럼 보이므로 두 변수의 차는 정규분포를 따른다고 할 수 있다. 따라서 대응 표본 T 검정 (Paired samples T test)를 시행할 수 있다.
Paired t-test
data: df$ALT and df$ALT_POSTMED
t = 14.333, df = 999, p-value < 2.2e-16
alternative hypothesis: true mean difference is not equal to 0
95 percent confidence interval:
2.447950 3.224593
sample estimates:
mean difference
2.836272
Paired t-test data: df$ALT and df$ALT_POSTMED
t = 14.333, df = 999, p-value < 2.2e-16
alternative hypothesis: true mean difference is not equal to 0
95 percent confidence interval: 2.447950 3.224593
sample estimates: mean difference 2.836272
ALT의 평균이 ALT_POSTMED의 평균에 비해 2.836272만큼 더 크다. 그리고 그 차이의 p-value는 <2.2e-16로 유의미하다. 따라서 귀무가설을 기각할 수 있다. 본 검정의 귀무가설은 다음과 같다.
귀무가설: $H_0$=간 기능 개선제 복용 전 후의 ALT 평균은 동일하다.
이를 기각하므로 동일하지 않다고 할 수 있고, 간 기능 개선제 복용 후 ALT가 2.8363만큼 낮아져 간 기능에 호전이 있다고 평가할 수 있다.
One Sample t-test
data: df$ALT_DIF
t = 14.333, df = 999, p-value < 2.2e-16
alternative hypothesis: true mean is not equal to 0
95 percent confidence interval:
2.447950 3.224593
sample estimates:
mean of x
2.836272
