如何通过正确的检查创建玩具生存（事件发生时间）数据

我希望创建一个正确检查的玩具生存（事件发生时间）数据，并按照比例风险和恒定基线风险进行某种分布。

我创建数据的方法如下，但是在将Cox比例风险模型拟合到模拟数据后，我无法获得接近真实值的估计风险比。

我做错什么了？

R代码：

library(survival)

#set parameters
set.seed(1234)

n = 40000 #sample size


#functional relationship

lambda=0.000020 #constant baseline hazard 2 per 100000 per 1 unit time

b_haz <-function(t) #baseline hazard
  {
    lambda #constant hazard wrt time 
  }

x = cbind(hba1c=rnorm(n,2,.5)-2,age=rnorm(n,40,5)-40,duration=rnorm(n,10,2)-10)

B = c(1.1,1.2,1.3) # hazard ratios (model coefficients)

hist(x %*% B) #distribution of scores

haz <-function(t) #hazard function
{
  b_haz(t) * exp(x %*% B)
}

c_hf <-function(t) #cumulative hazards function
{
  exp(x %*% B) * lambda * t 
}

S <- function(t) #survival function
{
  exp(-c_hf(t))
}

S(.005)
S(1)
S(5)

#simulate censoring

time = rnorm(n,10,2)

S_prob = S(time)

#simulate events

event = ifelse(runif(1)>S_prob,1,0)

#model fit

km = survfit(Surv(time,event)~1,data=data.frame(x))

plot(km) #kaplan-meier plot

#Cox PH model

fit = coxph(Surv(time,event)~ hba1c+age+duration, data=data.frame(x))

summary(fit)            

cox.zph(fit)

结果：

Call:
coxph(formula = Surv(time, event) ~ hba1c + age + duration, data = data.frame(x))

  n= 40000, number of events= 3043 

             coef exp(coef) se(coef)     z Pr(>|z|)    
hba1c    0.236479  1.266780 0.035612  6.64 3.13e-11 ***
age      0.351304  1.420919 0.003792 92.63  < 2e-16 ***
duration 0.356629  1.428506 0.008952 39.84  < 2e-16 ***
---
Signif. codes:  0 ‘***’ 0.001 ‘**’ 0.01 ‘*’ 0.05 ‘.’ 0.1 ‘ ’ 1

         exp(coef) exp(-coef) lower .95 upper .95
hba1c        1.267     0.7894     1.181     1.358
age          1.421     0.7038     1.410     1.432
duration     1.429     0.7000     1.404     1.454

Concordance= 0.964  (se = 0.006 )
Rsquare= 0.239   (max possible= 0.767 )
Likelihood ratio test= 10926  on 3 df,   p=0
Wald test            = 10568  on 3 df,   p=0
Score (logrank) test = 11041  on 3 df,   p=0

但是将真值设置为

B = c(1.1,1.2,1.3) # hazard ratios (model coefficients)

survival cox-model monte-carlo

— stats_newb
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对于您的任务，快速入门

— zhanxw

Answers:

我不清楚您如何生成事件时间（在您的情况下可能为）和事件指示符： $<0$

time = rnorm(n,10,2) 
S_prob = S(time)
event = ifelse(runif(1)>S_prob,1,0)

因此，这是一个通用方法，后跟一些R代码。

生成生存时间以模拟Cox比例风险模型

为了从比例风险模型生成事件时间，我们可以使用逆概率方法（Bender等，2005）：如果在上是均匀的并且是从比例风险模型得出的条件生存函数，即那么事实是随机变量具有生存函数 $V$ $(0, 1)$ $S(\cdot \,|\, \mathbf{x})$

S (t | x) = \exp (- H_{0} (t) \exp (x^{'} β))

$S(t \,|\, \mathbf{x}) = \exp \left( -H_0(t) \exp(\mathbf{x}^\prime \mathbf{\beta}) \vphantom{\Big(} \right)$

T = S^{- 1} (V | x) = H_{0}^{- 1} (- \frac{\log (V)}{\exp (x^{'} β)})

$T = S^{-1}(V \,|\, \mathbf{x}) = H_0^{-1} \left( - \frac{\log(V)}{\exp(\mathbf{x}^\prime \mathbf{\beta})} \right)$

S (\cdot | x)

$S(\cdot \,|\, \mathbf{x})$ 。该结果称为``逆概率积分变换''。因此，为了生成一个生存时间给定的协变量向量，它足以绘制从和进行逆变换。

T \sim S (\cdot | x)

$T \sim S(\cdot \,|\, \mathbf{x})$

v

$v$

V \sim U (0, 1)

$V \sim \mathrm{U}(0, 1)$

t = S^{- 1} (v | x)

$t = S^{-1}(v \,|\, \mathbf{x})$

示例[Weibull基线危害]

令的形状并缩放。然后和。遵循逆概率方法，通过计算得到其中的统一变量为。使用随机变量转换的结果，可能会注意到具有条件的威布尔分布（给定 $h_0(t) = \lambda \rho t^{\rho - 1}$ $\rho > 0$ $\lambda > 0$ $H_0(t) = \lambda t^\rho$ $H^{-1}_0(t) = (\frac{t}{\lambda})^{\frac{1}{\rho}}$ $T \sim S(\cdot \,|\, \mathbf{x})$

t = {(- \frac{\log (v)}{λ \exp (x^{'} β)})}^{\frac{1}{ρ}}

$t = \left( - \frac{\log(v)}{\lambda \exp(\mathbf{x}^\prime \mathbf{\beta})} \right)^{\frac{1}{\rho}}$

v

$v$

(0, 1)

$(0, 1)$

T

$T$

x

$\mathbf{x}$ ）的形状为并缩放为。

ρ

$\rho$

λ \exp (x^{'} β)

$\lambda \exp(\mathbf{x}^\prime \mathbf{\beta})$

R代码

以下R函数生成具有单个二进制协变量的数据集（例如，治疗指标）。基准危害具有威布尔形式。审查时间是从指数分布中随机得出的。 $x$

# baseline hazard: Weibull

# N = sample size    
# lambda = scale parameter in h0()
# rho = shape parameter in h0()
# beta = fixed effect parameter
# rateC = rate parameter of the exponential distribution of C

simulWeib <- function(N, lambda, rho, beta, rateC)
{
  # covariate --> N Bernoulli trials
  x <- sample(x=c(0, 1), size=N, replace=TRUE, prob=c(0.5, 0.5))

  # Weibull latent event times
  v <- runif(n=N)
  Tlat <- (- log(v) / (lambda * exp(x * beta)))^(1 / rho)

  # censoring times
  C <- rexp(n=N, rate=rateC)

  # follow-up times and event indicators
  time <- pmin(Tlat, C)
  status <- as.numeric(Tlat <= C)

  # data set
  data.frame(id=1:N,
             time=time,
             status=status,
             x=x)
}

测试

这是一些使用快速仿真： $\beta = -0.6$

set.seed(1234)
betaHat <- rep(NA, 1e3)
for(k in 1:1e3)
{
  dat <- simulWeib(N=100, lambda=0.01, rho=1, beta=-0.6, rateC=0.001)
  fit <- coxph(Surv(time, status) ~ x, data=dat)
  betaHat[k] <- fit$coef
}

> mean(betaHat)
[1] -0.6085473

— 奥克拉姆
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感谢您的出色回答。我意识到我在随机分配事件时间后获取事件状态弄乱了事件时间，这没有道理..愚蠢的我！

— stats_newb

我想问一下，为什么要从指数分布中得出审查时间呢？

— pthao

@pthao：没有特别的原因（这只是我使用指数分布的一个例证）

— ocram

有没有选择检查时间分布的指南？

— pthao

@ocram有趣的是，当我flexsurvreg(Surv(time, status) ~ x, data=dat, dist = "weibull")在相同的模拟数据上运行时，系数显示为0.6212。为什么是这样？

— 也不是，

对于威布尔分布，
S（t）= $e^{-(\lambda * e^(x * \beta)*t)^\rho}$

“ ”仅用于log（v） $^{(1/rho)}$

所以，我这样修改

Tlat <- (- log(v))^(1 / rho) / (lambda * exp(x * beta))

如果rho = 1，结果将相同。

— 云子
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