級内相関係数, Case1, ICC(1, 1), ICC(1, k)

Rの関数でICCを求める

3回の平均なのでunitはaverageとします

irr::icc(
    dat[,2:4], 
    model="oneway", 
    type="consistency", 
    unit="average"
)

平方和からICCを求める

$BMS \fallingdotseq \sigma^2_T+\sigma^2_W$

$WMS \fallingdotseq \sigma^2_W$

$ICC(1,3)$

$=\dfrac{\sigma^2_T}{\sigma^2_T+\sigma^2_W}$

$=\dfrac{BMS-WMS}{BMS}$

分散分析表より

#ICC(1,1) 
BMS <- 2462.5
WMS <- 49.1
(BMS-WMS)/BMS

ICC(1,3)≒0.980

あってますね

ICC(1,3)の95％信頼区間

Rの関数で求めた95％信頼区間をF分布を使用した分散比の信頼区間から求めてみます

$ICC(1,3)=\dfrac{BMS-WMS}{BMS}=1-\dfrac{WMS}{BMS}$

後はICC(1,1)と同じ要領で・・・

$\dfrac{WMS}{BMS}$の信頼区間から求めます

注意）ICC(1,1)の分散比と比べると分母と分子が逆になっています

WMS <- 49.1
BMS <- 2462.5

#F値
(f1 <- qf(0.025, 20, 9))
(f2 <- qf(0.975, 20, 9))
 
#分散比(WMS/BMS)の信頼区間
(v1 <- WMS/(BMS*f2))#下限はf2を使用
(v2 <- WMS/(BMS*f1))#上限はf1を使用

#ICCの信頼区間(1から引くので上限と下限が逆転)
1-v2 #下限
1-v1 #上限

ICC(1,1)の分散比と同じ分散比を使うのであれば

$ICC(1,3)=\dfrac{BMS-WMS}{BMS}=\dfrac{\dfrac{BMS}{WMS}-1}{\dfrac{BMS}{WMS}}$

となります

平均平方和の期待値の導出

$i=1, \dotsc ,k \quad j=1, \dotsc ,n$ $\quad (k=3, \quad n=10$)

$y_{ij} = \mu+\alpha_i+e_{ij}$

条件は以下の通り (Shrout, 1979)

$\alpha_i \sim N(0, \, \sigma_T^2)$

$e_{ij} \sim N(0, \, \sigma_W^2)$

$\sum \alpha_i=0$

$\sum e_{ij}=0$

平方和の分解

$\sum\sum(y_{ij}-\bar{y})^2 = \sum\sum(\bar{y_i.}-\bar{y})^2 + \sum\sum(y_{ij}-\bar{y_i.})^2$

平方和の期待値を参照

$\sum\sum(y_{ij}-\bar{y})^2$の期待値

$E[\sum\sum(y_{ij}-\bar{y})^2]$

$=E[\sum\sum(\alpha_{i}-\bar{\alpha_{.}})^2+\sum\sum(e_{ij}-\bar{e_{..}})^2]$

$=k*(n-1)\sigma_T^2+(kn-1)\sigma_W^2$

$ \sum\sum(\bar{y_i}-\bar{y})^2$の期待値

$E[\sum\sum(\bar{y_i}-\bar{y})^2]$

$=E[\sum\sum(\alpha_{i}-\bar{\alpha_{.}})^2+\sum\sum(e_{i.}-\bar{e_{..}})^2]$

$=k*(n-1)\sigma_T^2+(n-1)\sigma_W^2$

$\sum\sum(y_{ij}-\bar{y_i})^2$の期待値

$=n(k-1)\sigma_W^2$

群平均平方和(不偏分散)の期待値

$ \dfrac{1}{n-1}\sum\sum(\bar{y_i}-\bar{y})^2$の期待値

$=k*\sigma_T^2+\sigma_W^2$