I-Squared: Del cálculo al concepto

Question

En los meta-análisis, es habitual informar de la I-Squared como medida de la heterogeneidad de los resultados entre los estudios. La definición dada por Higgens 2003 como "el porcentaje de la variación total entre los estudios que se debe a la heterogeneidad y no al azar" parece bastante intuitivo, pero hay algunos detalles que no me quedan claros.

1. En primer lugar, tal y como se presenta habitualmente, el cálculo es: $$I^{2} = (Q-df_{Q})/Q$$ donde Q es la Q de Cochrane, definida como la suma ponderada de los cuadrados de la diferencia de los tamaños del efecto de los estudios y el tamaño del efecto global. ¿Cómo se pasa de este cálculo a la definición dada por Higgens? Puedo ver cómo Q es una medida de la variabilidad general en su conjunto de estudios, pero no entiendo cómo restar sus grados de libertad y dividir por Q se aproxima a la parte de la varianza explicada por la verdadera heterogeneidad.

2. ¿Cómo sabemos que la variación medida por I-Squared ¿se debe a la verdadera heterogeneidad y no a la variabilidad del muestreo? Después de todo, la variación observada en el tamaño del efecto de cada estudio no se debe a las verdaderas diferencias específicas de los estudios y ¿error aleatorio?

Además: ¿existen estadísticas resumidas que aborden algunos de los problemas de potencia de las muestras pequeñas con I-Squared ? Por lo que deduzco, la mejor solución es no aplicar I-Squared y Q-test sin una comprensión rigurosa de las características subyacentes del estudio, es decir, todavía se necesita un conocimiento del dominio para comprender las fuentes de heterogeneidad.

Gracias de antemano por su ayuda.

Answer 1

Primero intenté modificar la prueba en el enlace de la pregunta, pero pronto me di cuenta de que la prueba se mantiene debido a la forma particular que se satisface en el caso $n = 2$ .

En cambio, pude deducir una respuesta parcial:

Propuesta. Supongamos que una función continua $f : \Bbb{R} \to \Bbb{R}$ satisface $$\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} (-1)^{n-k} f^k (x) = a, \quad \forall x \in \Bbb{R} \tag{1}$$ para algún número real $a \in \Bbb{R}$ y algún número entero $n \geq 1$ . Si además suponemos que $f$ tiene al menos un punto fijo, entonces $f$ es la función de identidad.

En primer lugar, observamos las siguientes propiedades.

Lema 1. Dejemos que $f$ sea una función continua que satisfaga $(1)$ . Es decir, que $f$ satisfacen la suposición de la Proposición, excepto que $f$ tiene un punto fijo. Entonces $f$ es una biyección creciente desde $\Bbb{R}$ en $\Bbb{R}$ .

Prueba. Supongamos que $f(x) = f(y)$ . Entonces

$$x = (-1)^n a - \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} (-1)^{k} f^k (x) = (-1)^n a - \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} (-1)^{k} f^k (y) = y$$

y $f$ es inyectiva. En particular, $f(\Bbb{R})$ es un intervalo abierto.

Para demostrar la subjetividad de $f$ , supongamos que $f$ no es sobreyectiva. Entonces, o bien $\sup f$ o $\inf f$ es finito, y en cualquier caso podemos encontrar un número real $\alpha \in \Bbb{R}$ y una secuencia de números reales $x_j$ tal que $|x_j| \to \infty$ y $f(x_j) \to \alpha$ como $j \to \infty$ . Pero esto implica

\begin {align*} \infty = \lim_ {j \to\infty } \left | x_j \right | = \lim_ {j \to\infty } \left | (-1)^n a - \sum_ {k=1}^{n} \binom {n}{k} (-1)^{k} f^k (x_j) \right | = \left | (-1)^n a - \sum_ {k=1}^{n} \binom {n}{k} (-1)^{k} f^{k-1}( \alpha ) \right | < \infty , \end {align*}

una contradicción. Por lo tanto, $f$ es sobreyectiva. En particular, $f$ es un homeomorfismo y es creciente o decreciente.

Para demostrar que $f$ es creciente, supongamos que $f$ está disminuyendo. Entonces $(-1)^{k-1} f^{k}$ es decreciente para cualquier $k \geq 1$ . Por lo tanto, el lado derecho de

$$x = (-1)^n a + \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} (-1)^{k-1} f^k (x)$$

también es decreciente, una contradicción. Esto completa la prueba. ■

Lema 2. Supongamos que $f : \Bbb{R} \to \Bbb{R}$ sea una biyección continua creciente, de modo que se extienda a una biyección continua $\bar{f}$ de $\bar{\Bbb{R}} = [-\infty, \infty]$ en $\bar{\Bbb{R}}$ . Entonces, para cualquier $x \in \bar{\Bbb{R}}$ tenemos la siguiente tricotomía:

1. Si $x < f(x)$ entonces $f^k (x)$ converge al punto fijo más pequeño de $\bar{f}$ mayor que $x$ .
2. Si $x > f(x)$ entonces $f^k (x)$ converge al mayor punto fijo de $\bar{f}$ más pequeño que $x$ .
3. Si $x = f(x)$ entonces $f^k (x)$ converge a $x$ .

Prueba. Desde $\bar{f} : \bar{\Bbb{R}} \to \bar{\Bbb{R}}$ es continuo, el conjunto $F = \{ \bar{f}(x) = x : x \in \bar{\Bbb{R}} \}$ es un conjunto cerrado que contiene tanto $\infty$ y $-\infty$ . Si $F = \bar{\Bbb{R}}$ no hay nada que probar y asumir que $F^c \neq \varnothing$ . Desde $F^c$ está abierto en $\Bbb{R}$ podemos descomponerlo como una unión contable de intervalos abiertos disjuntos $U_j$ . Tenga en cuenta que en cada $U_j$ , ya sea $f(x) > x$ de forma idéntica para todos los $x \in U_j$ o $f(x) < x$ de forma idéntica para todos los $x \in U_j$ por la continuidad de $f$ .

Ahora dejemos que $x \neq f(x)$ . Entonces $x \in U_j$ para algunos $j$ . Supongamos primero que $x < f(x)$ . Entonces, para cualquier $x < y \leq f(x)$ tenemos $f(y) > f(x) \geq y$ y tenemos $[x, f(x)] \subset U_j$ . En particular, $f(x) \in U_j$ . Ahora bien, este argumento puede aplicarse repetidamente para obtener que $f^k (x) \in U_j$ para todos $k$ . Desde $f^k(x)$ es monótona creciente, debe converger a algún punto $\alpha \in \bar{\Bbb{R}}$ . Es sencillo comprobar que $\alpha = \sup U_j$ y $\alpha$ es un punto fijo de $\bar{f}$ , demostrando la primera opción de la tricotomía. La segunda opción sigue exactamente la misma manera y la tercera opción es trivial. ■

Como consecuencia inmediata, obtenemos el siguiente corolario:

Corolario. Si $f : \Bbb{R} \to \Bbb{R}$ es una biyección continua creciente que tiene al menos un punto fijo, entonces para cualquier $x \in \Bbb{R}$ , ya sea $f^k (x)$ o $f^{-k} (x)$ converge a un punto fijo de $f$ .

Prueba. Dejemos que $U_j$ sea como en la prueba anterior. Si $x \in U_j$ entonces $f^k (x)$ y $f^{-k} (x)$ converge a $\sup U_j$ y $\inf U_j$ . Desde $f$ tiene un punto fijo, ya sea $\sup U_j$ o $\inf U_j$ es finito. ■

Ahora estamos preparados para demostrar la proposición.

Prueba de la proposición. Definir

$$g(x) = \sum_{k=0}^{n-1} \binom{n-1}{k} (-1)^{n-1-k} f^k (x).$$

Es fácil observar que $g \circ f - g = a$ . Sea $F$ sea el conjunto de puntos fijos de $f$ . Entonces $F$ no es vacía, por supuesto. Si elegimos un punto $\alpha \in F$ entonces

$$0 = g(f(\alpha)) - g(\alpha) = a.$$

En particular, tenemos

$$g = g\circ f = g \circ f^{k} \quad \forall k \in \Bbb{Z}.$$

Por lo tanto, si $n = 1$ entonces $g(x) = x$ y esta identidad da como resultado inmediato $f(x) = x$ . Esto demuestra que podemos asumir $n \geq 2$ .

Teniendo en cuenta el corolario anterior, para cada $x \in \Bbb{R}$ , ya sea $f^{k}(x)$ o $f^{-k}(x)$ converge a un punto de $F$ . Por lo tanto, existe $\alpha \in F$ tal que

$$g(x) = g(\alpha) = 0,$$

donde la última desigualdad se cumple por la definición de $g$ junto con la suposición $n \geq 2$ . En conjunto, demostramos que si $(1)$ se mantiene para algunos $n \geq 2$ y $a \in \Bbb{R}$ entonces $(1)$ también es válido para $n-1$ en lugar de $n$ y $a = 0$ . Por lo tanto por la inducción matemática, obtenemos la conclusión deseada. ■

Answer 2

Para añadir a la respuesta de @jsakaluk específicamente sobre su segundo punto y su bono.

Es posible y útil dar un intervalo de confianza para $I^2$ . Véase este artículo de Ioannidis y colegas "Uncertainty in heterogeneity estimates in meta--analyses" disponible aquí para los argumentos a favor de los mismos. Hacer esto a menudo revela que la estimación de $\tau^2$ y por lo tanto $I^2$ suele ser muy impreciso, por lo que las inferencias basadas en él pueden ser dudosas. Obsérvese también que, a medida que los estudios primarios se estiman con mayor precisión, el valor de $I^2$ aumenta, en igualdad de condiciones. Esto ha llevado a Rücker y sus colegas a argumentar en un artículo titulado "Undue reliance on $I^2$ en la evaluación de la heterogeneidad puede inducir a error" disponible aquí que deberíamos centrarnos en $\tau^2$ en su lugar.

En cuanto a su bonificación, creo que lo último que deberíamos hacer es buscar una medida de resumen emocionante y novedosa. Es mucho más importante observar realmente los resultados de los estudios primarios utilizando uno de los muchos tipos de gráficos disponibles en la literatura de meta-análisis para tratar de entenderlo. Si es posible, algún tipo de metarregresión para ver de dónde procede la heterogeneidad es una buena idea si tenemos variables moderadoras adecuadas. Al fin y al cabo, la heterogeneidad es un hecho del mundo y deberíamos intentar explicarla, no sólo decir lo grande que es.