当结果变量不是病例/对照状态时，估计病例对照设计中的逻辑回归系数

考虑通过以下方式从大小为的总体中采样数据：对于 $N$ $k=1, ..., N$

观察个体的“疾病”状态 $k$
如果他们患有疾病，则以概率将其包括在样本中 $p_{k1}$
如果他们没有疾病，则以概率包括他们。 $p_{k0}$

假设您观察到二元结果变量和预测变量向量，对于这种方式采样的对象。结果变量不是 “疾病”状态。我想估计逻辑回归模型的参数： $Y_i$ ${\bf X}_i$ $i=1, ..., n$

\log (\frac{P (Y_{i} = 1 | X_{i})}{P (Y_{i} = 0 | X_{i})}) = α + X_{i} β

$\log \left( \frac{ P(Y_i = 1 | {\bf X}_i) }{ P(Y_i = 0 | {\bf X}_i) } \right) = \alpha + {\bf X}_i {\boldsymbol \beta}$

我只关心（对数）比值比 ${\boldsymbol \beta}$ 。拦截与我无关。

我的问题是：我可以通过忽略采样概率，并像拟合模型一样来获得 ${\boldsymbol \beta}$ 的合理估计这是普通的随机样本吗？ $\{ p_{i1}, p_{i0} \}$ $i=1, ..., n$

我几乎可以肯定，这个问题的答案是“是”。 我正在寻找的是可以验证这一点的参考。

我对答案充满信心的主要原因有两个：

我已经进行了许多模拟研究，但没有一个与此相矛盾，并且
直接表明，如果总体由上述模型控制，则控制采样数据的模型为

\log (\frac{P (Y_{i} = 1 | X_{i})}{P (Y_{i} = 0 | X_{i})}) = \log (p_{i 1}) - \log (p_{i 0}) + α + X_{i} β

$\log \left( \frac{ P(Y_i = 1 | {\bf X}_i) }{ P(Y_i = 0 | {\bf X}_i) } \right) = \log(p_{i1}) - \log(p_{i0}) + \alpha + {\bf X}_i {\boldsymbol \beta}$

如果采样概率不取决于，那么这将表示向截距的简单移动，并且的点估计显然不会受到影响。但是，如果每个人的偏移量都不相同，那么这种逻辑就不太适用，因为您肯定会得到不同的点估计值，尽管我怀疑类似的情况也会如此。 $i$ ${\boldsymbol \beta}$

相关： Prentice和Pyke（1979）的经典论文说，病例对照（以疾病状态作为结果）的逻辑回归系数与前瞻性研究的分布具有相同的分布。我怀疑同样的结果在这里也适用，但是我必须承认我并不完全理解本文的每一点。

在此先感谢您的任何评论/参考。

logistic case-control-study

— 巨集
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您声明“结果变量不是疾病状态”。什么说明什么？顺便说一句，欢迎回到简历。

Y_{i} = 1

$Y_i=1$

— gung-恢复莫妮卡

Y_{i}

$Y_i$ 是一个不同的变量。我的意思是，决定抽样概率（通常是病例对照中的疾病状态）的变量与结果变量不同-请考虑对数据集进行二次分析。例如，假设样本是通过系统地对毒品使用者和另外一组（频率匹配，带有某些协变量）进行抽样的非毒品使用者生成的，但您正在研究的结果变量是其他一些行为量度。在这种情况下，采样方案很麻烦。谢谢，顺便说一句！

— 2013年

这是计量经济学中选择模型的一种变体。这里仅使用选定样本的估计的有效性取决于。这里是的疾病状态。 $\Pr\left(Y_{i}=1\mid X_{i},D_{i}=1\right)=\Pr\left(Y_{i}=1\mid X_{i},D_{i}=0\right)$ $D_i$ $i$

要提供更多详细信息，请定义以下符号：和 ; 表示样本中存在的事件。此外，为简单起见，假设独立于。 $\pi_{1}=\Pr\left(D_{i}=1\right)$ $\pi_{0}=\Pr\left(D_{i}=0\right)$ $S_{i}=1$ $i$ $D_{i}$ $X_{i}$

样本中单位的的概率为根据迭代期望法则。假设以疾病状态和其他协变量，结果与独立。结果是， $Y_{i}=1$ $i$

\begin{array}{rcl} Pr (Y_{i} = 1 ∣ X_{i}, S_{i} = 1) & = & E (Y_{i} ∣ X_{i}, S_{i} = 1) \\ = & E {E (Y_{i} ∣ X_{i}, D_{i}, S_{i} = 1) ∣ X_{i}, S_{i} = 1} \\ = & Pr (D_{i} = 1 ∣ S_{i} = 1) Pr (Y_{i} = 1 ∣ X_{i}, D_{i} = 1, S_{i} = 1) + \\ Pr (D_{i} = 0 ∣ S_{i} = 1) Pr (Y_{i} = 1 ∣ X_{i}, D_{i} = 0, S_{i} = 1), \end{array}

$\begin{eqnarray*} \Pr\left(Y_{i}=1\mid X_{i},S_{i}=1\right) & = & \mathrm{{E}}\left(Y_{i}\mid X_{i},S_{i}=1\right)\\ & = & \mathrm{{E}}\left\{ \mathrm{{E}}\left(Y_{i}\mid X_{i},D_{i},S_{i}=1\right)\mid X_{i},S_{i}=1\right\} \\ & = & \Pr\left(D_{i}=1\mid S_{i}=1\right)\Pr\left(Y_{i}=1\mid X_{i},D_{i}=1,S_{i}=1\right)+\\ & & \Pr\left(D_{i}=0\mid S_{i}=1\right)\Pr\left(Y_{i}=1\mid X_{i},D_{i}=0,S_{i}=1\right), \end{eqnarray*}$

D_{i}

$D_{i}$

X_{i}

$X_{i}$

Y_{i}

$Y_{i}$

S_{i}

$S_{i}$

\begin{array}{rcl} Pr (Y_{i} = 1 ∣ X_{i}, S_{i} = 1) & = & Pr (D_{i} = 1 ∣ S_{i} = 1) Pr (Y_{i} = 1 ∣ X_{i}, D_{i} = 1) + \\ Pr (D_{i} = 0 ∣ S_{i} = 1) Pr (Y_{i} = 1 ∣ X_{i}, D_{i} = 0) . \end{array}

$\begin{eqnarray*} \Pr\left(Y_{i}=1\mid X_{i},S_{i}=1\right) & = & \Pr\left(D_{i}=1\mid S_{i}=1\right)\Pr\left(Y_{i}=1\mid X_{i},D_{i}=1\right)+\\ & & \Pr\left(D_{i}=0\mid S_{i}=1\right)\Pr\left(Y_{i}=1\mid X_{i},D_{i}=0\right). \end{eqnarray*}$ 很容易看到在这里，和是您定义的采样方案。从而，

Pr (D_{i} = 1 ∣ S_{i} = 1) = \frac{π_{1} p_{i 1}}{π_{1} p_{i 1} + π_{0} p_{i 0}} and Pr (D_{i} = 0 ∣ S_{i} = 1) = \frac{π_{0} p_{i 0}}{π_{1} p_{i 1} + π_{0} p_{i 0}} .

$\Pr\left(D_{i}=1\mid S_{i}=1\right)=\frac{\pi_{1}p_{i1}}{\pi_{1}p_{i1}+\pi_{0}p_{i0}}\mbox{ and }\Pr\left(D_{i}=0\mid S_{i}=1\right)=\frac{\pi_{0}p_{i0}}{\pi_{1}p_{i1}+\pi_{0}p_{i0}}.$

p_{i 1}

$p_{i1}$

p_{i 0}

$p_{i0}$

Pr (Y_{i} = 1 ∣ X_{i}, S_{i} = 1) = \frac{π_{1} p_{i 1}}{π_{1} p_{i 1} + π_{0} p_{i 0}} Pr (Y_{i} = 1 ∣ X_{i}, D_{i} = 1) + \frac{π_{0} p_{i 0}}{π_{1} p_{i 1} + π_{0} p_{i 0}} Pr (Y_{i} = 1 ∣ X_{i}, D_{i} = 0) .

$\Pr\left(Y_{i}=1\mid X_{i},S_{i}=1\right)=\frac{\pi_{1}p_{i1}}{\pi_{1}p_{i1}+\pi_{0}p_{i0}}\Pr\left(Y_{i}=1\mid X_{i},D_{i}=1\right)+\frac{\pi_{0}p_{i0}}{\pi_{1}p_{i1}+\pi_{0}p_{i0}}\Pr\left(Y_{i}=1\mid X_{i},D_{i}=0\right).$ 如果，我们有可以省略样本选择问题。另一方面，如果，。在特定情况下，请考虑logit模型，

Pr (Y_{i} = 1 ∣ X_{i}, D_{i} = 1) = Pr (Y_{i} = 1 ∣ X_{i}, D_{i} = 0)

$\Pr\left(Y_{i}=1\mid X_{i},D_{i}=1\right)=\Pr\left(Y_{i}=1\mid X_{i},D_{i}=0\right)$

Pr (Y_{i} = 1 ∣ X_{i}, S_{i} = 1) = Pr (Y_{i} = 1 ∣ X_{i}),

$\Pr\left(Y_{i}=1\mid X_{i},S_{i}=1\right)=\Pr\left(Y_{i}=1\mid X_{i}\right),$

Pr (Y_{i} = 1 ∣ X_{i}, D_{i} = 1) \neq Pr (Y_{i} = 1 ∣ X_{i}, D_{i} = 0)

$\Pr\left(Y_{i}=1\mid X_{i},D_{i}=1\right)\neq\Pr\left(Y_{i}=1\mid X_{i},D_{i}=0\right)$

Pr (Y_{i} = 1 ∣ X_{i}, S_{i} = 1) \neq Pr (Y_{i} = 1 ∣ X_{i})

$\Pr\left(Y_{i}=1\mid X_{i},S_{i}=1\right)\neq\Pr\left(Y_{i}=1\mid X_{i}\right)$

Pr (Y_{i} = 1 ∣ X_{i}, D_{i} = 1) = \frac{e^{X_{i}^{'} α}}{1 + e^{X_{i}^{'} α}} and Pr (Y_{i} = 1 ∣ X_{i}, D_{i} = 0) = \frac{e^{X_{i}^{'} β}}{1 + e^{X_{i}^{'} β}} .

$\Pr\left(Y_{i}=1\mid X_{i},D_{i}=1\right)=\frac{e^{X_{i}'\alpha}}{1+e^{X_{i}'\alpha}}\mbox{ and }\Pr\left(Y_{i}=1\mid X_{i},D_{i}=0\right)=\frac{e^{X_{i}'\beta}}{1+e^{X_{i}'\beta}}.$ 即使当和在上恒定时，所得的分布也不会保持logit的形式。更重要的是，参数的解释将完全不同。希望以上论点有助于您澄清一些问题。

p_{i 1}

$p_{i1}$

p_{i 0}

$p_{i0}$

i

$i$

试图将作为附加的解释变量，并根据估计模型。为了证明使用的有效性，我们需要证明，这等于是的足够统计量。如果没有有关您的采样过程的更多信息，我不确定这是否成立。让我们使用抽象符号。可观察性变量可以视为和其他随机变量的随机函数，例如 $D_{i}$ $\Pr\left(Y_{i}\mid X_{i},D_{i}\right)$ $\Pr\left(Y_{i}\mid X_{i},D_{i}\right)$ $\Pr\left(Y_{i}\mid X_{i},D_{i},S_{i}=1\right)=\Pr\left(Y_{i}\mid X_{i},D_{i}\right)$ $D_{i}$ $S_{i}$ $S_{i}$ $D_{i}$ $\mathbf{Z}_{i}$ 。表示。如果是独立的有条件和，我们有根据独立性的定义。但是，如果在以和条件后不独立于，则直观地包含一些有关，并且通常不希望 $S_{i}=S\left(D_{i},\mathbf{Z}_{i}\right)$ $\mathbf{Z}_{i}$ $Y_{i}$ $X_{i}$ $D_{i}$ $\Pr\left(Y_{i}\mid X_{i},D_{i},S\left(D_{i},\mathbf{Z}_{i}\right)\right)=\Pr\left(Y_{i}\mid X_{i},D_{i}\right)$ $\mathbf{Z}_{i}$ $Y_{i}$ $X_{i}$ $D_{i}$ $\mathbf{Z}_{i}$ $Y_{i}$ $\Pr\left(Y_{i}\mid X_{i},D_{i},S\left(D_{i},\mathbf{Z}_{i}\right)\right)=\Pr\left(Y_{i}\mid X_{i},D_{i}\right)$ 。因此，在“但是”情况下，样本选择的无知可能会误导推理。我对计量经济学中的样本选择文献不是很熟悉。我建议Microeconometrics: methods and applications' by Cameron and Trivedi (especially the Roy model in that chapter). Also G. S. Maddala's classic book计量经济学的第16章“ 有限因变量和定性变量”是对样本选择和离散结果问题的系统处理。

— 半布朗
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谢谢。这是一个很好的答案，很有意义。在我的应用程序中，的假设是不现实的。但是，将添加为预测变量并考虑分布。使用类似的推导，我认为您可以证明，如果，那么您还可以。就我而言，这是一个合理的假设。你怎么看？顺便说一句，您是否碰巧有提及此问题的参考文献？我对计量经济学文献不熟悉。

P (Y_{i} | X_{i}, D_{i} = 1) = P (Y_{i} | X_{i}, D_{i} = 0)

$P(Y_i|X_i,D_i=1)=P(Y_i|X_i,D_i=0)$

D_{i}

$D_i$

P (Y_{i} | X_{i}, D_{i})

$P(Y_i|X_i,D_i)$

P (Y_{i} = 1 | X_{i}, D_{i}, S_{i} = 1) = P (Y_{i} = 1 | X_{i}, D_{i}, S_{i} = 0)

$P(Y_i=1|X_i,D_i,S_i=1)=P(Y_i=1|X_i,D_i,S_i=0)$

— 2013年

我很乐意将选择过程看作是一次bernoulli试用，即在此数据生成假设下，该bernoulli试验有条件地独立于，所以我认为我们很好。感谢您为解决此问题所做的努力和独到见解，并接受答案。假设没有人提供我正在寻找的确切参考文献（我宁愿能够简单地“引用”这个问题，而不必进行进一步的讨论），我还将奖励您。干杯。

S_{i} | D_{i} = d, X_{i} = x \sim B e r n o u l l i (p (x, d))

$S_i | D_i=d, X_i=x \sim {\rm Bernoulli} \big( p(x, d) \big)$

Y_{i}

$Y_i$

— 2013年

该选择过程适合您的策略。基于这样的选择问题，您的问题将成为丢失数据文献中随机丢失（MAR）的一个示例。感谢您的奖励。

— semibruin