如何在2 X 3桌子上进行多个事后卡方检验？

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我的数据集包括近海，中海道和近海三种地点类型的生物的总死亡率或生存率。下表中的数字表示站点数。

              100% Mortality            100% Survival
Inshore             30                       31 
Midchannel          10                       20 
Offshore             1                       10

我想知道根据地点类型，发生100％死亡率的地点数量是否显着。如果我运行2 x 3卡方，则会得到显着的结果。我是否可以进行事后成对比较，或者实际上应该使用对数方差分析或二项分布的回归？谢谢！

logistic multiple-comparisons chi-squared r text-mining clustering classification feature-selection unsupervised-learning time-series references mode hypothesis-testing confidence-interval bootstrap normal-distribution order-statistics correlation statistical-significance spss bayesian beta-binomial

— hl
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列联表应包含两个轴上的所有互斥类别。近海/中海道/近海看起来不错，但是，除非在此生物环境中“低于100％死亡率”表示“ 100％生存”，否则您可能需要构建表以说明所有观察到的情况，或者解释为什么将分析限制在极端范围内样品的两端。

由于100％的生存意味着0％的死亡率，因此您可以创建一个表格，其中的列为100％=死亡率/ 100％>死亡率> 0％/死亡率= 0％。在这种情况下，您不再需要比较百分比，而是比较三种站点类型类别中的有序死亡率指标。（如何使用原始百分比值而不是类别？）此处可能需要适当考虑版本关系的Kruskal-Wallis测试版本（可能是置换测试）。

为Kruskal-Wallis检验有既定事后测试：1，2，3。（重采样方法可能有助于解决联系。）

逻辑回归和二项式回归可能会更好，因为它们不仅可以为您提供p值，而且还可以提供有用的估计值和效应量的置信区间。但是，要建立这些模型，将需要有关100％>死亡率> 0％站点的更多详细信息。

— 加博古利亚
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我将假设“ 100％生存”意味着您的站点仅包含一个有机体。所以30意味着30个生物死亡，而31意味着31个生物没有死亡。基于此，卡方应该很好，但是它只会告诉您数据不支持哪个假设-它不会告诉您两个合理的假设是否更好。我提出了一种概率分析，它确实提取了此信息-与卡方检验一致，但与卡方检验相比，它为您提供了更多信息，并且是呈现结果的更好方法。

该模型是用于“死亡”指标的伯努利模型，（表示表的单元格，表示其中的单个单位细胞）。 $Y_{ij}\sim Bin(1,\theta_{ij})$ $i$ $2\times 3$ $j$

卡方检验有两个全局假设：

在表的给定单元格中，都相等，即 $\theta_{ij}$ $\theta_{ij}=\theta_{ik}=\theta_{i}$
所述是统计独立的，鉴于。这意味着概率参数会告诉您有关所有信息-如果您知道则所有其他信息均无关紧要 $Y_{ij}$ $\theta_{i}$ $Y_{ij}$ $\theta_{i}$

将表示为的总和（因此），令为组大小（因此）。现在我们有一个假设要检验： $X_{i}$ $Y_{ij}$ $X_{1}=30,X_{2}=10,X_{3}=1$ $N_{i}$ $N_{1}=61,N_{2}=30,N_{3}=11$

H_{A} : θ_{1} = θ_{2}, θ_{1} = θ_{3}, θ_{2} = θ_{3}

$H_{A}:\theta_{1}=\theta_{2},\theta_{1}=\theta_{3},\theta_{2}=\theta_{3}$

但是还有哪些选择呢？我会说其他相等或不相等的可能组合。

H_{B 1} : θ_{1} \neq θ_{2}, θ_{1} \neq θ_{3}, θ_{2} = θ_{3}

$H_{B1}:\theta_{1}\neq\theta_{2},\theta_{1}\neq\theta_{3},\theta_{2}=\theta_{3}$

H_{B 2} : θ_{1} \neq θ_{2}, θ_{1} = θ_{3}, θ_{2} \neq θ_{3}

$H_{B2}:\theta_{1}\neq\theta_{2},\theta_{1}=\theta_{3},\theta_{2}\neq\theta_{3}$

H_{B 3} : θ_{1} = θ_{2}, θ_{1} \neq θ_{3}, θ_{2} \neq θ_{3}

$H_{B3}:\theta_{1}=\theta_{2},\theta_{1}\neq\theta_{3},\theta_{2}\neq\theta_{3}$

H_{C} : θ_{1} \neq θ_{2}, θ_{1} \neq θ_{3}, θ_{2} \neq θ_{3}

$H_{C}:\theta_{1}\neq\theta_{2},\theta_{1}\neq\theta_{3},\theta_{2}\neq\theta_{3}$

鉴于上述“全局”假设，这些假设之一必须成立。但是请注意，这些都没有指定费率的特定值-因此必须将其整合。现在假设为真，我们只有一个参数（因为所有参数都相等），并且统一先验是一个保守的选择，用表示该假设和全局假设。所以我们有： $H_{A}$ $I_{0}$

P (X_{1}, X_{2}, X_{3} | N_{1}, N_{2}, N_{3}, H_{A}, I_{0}) = \int_{0}^{1} P (X_{1}, X_{2}, X_{3}, θ | N_{1}, N_{2}, N_{3}, H_{A}, I_{0}) d θ

$P(X_{1},X_{2},X_{3}|N_{1},N_{2},N_{3},H_{A},I_{0})=\int_{0}^{1}P(X_{1},X_{2},X_{3},\theta|N_{1},N_{2},N_{3},H_{A},I_{0})d\theta$

= (\binom{N_{1}}{X_{1}}) (\binom{N_{2}}{X_{2}}) (\binom{N_{3}}{X_{3}}) \int_{0}^{1} θ^{X_{1} + X_{2} + X_{3}} (1 - θ)^{N_{1} + N_{2} + N_{3} - X_{1} - X_{2} - X_{3}} d θ

$={N_{1} \choose X_{1}}{N_{2} \choose X_{2}}{N_{3} \choose X_{3}}\int_{0}^{1}\theta^{X_{1}+X_{2}+X_{3}}(1-\theta)^{N_{1}+N_{2}+N_{3}-X_{1}-X_{2}-X_{3}}d\theta$

= \frac{(\binom{N_{1}}{X_{1}}) (\binom{N_{2}}{X_{2}}) (\binom{N_{3}}{X_{3}})}{(N_{1} + N_{2} + N_{3} + 1) (\binom{N_{1} + N_{2} + N_{3}}{X_{1} + X_{2} + X_{3}})}

$=\frac{{N_{1} \choose X_{1}}{N_{2} \choose X_{2}}{N_{3} \choose X_{3}}}{(N_{1}+N_{2}+N_{3}+1){N_{1}+N_{2}+N_{3} \choose X_{1}+X_{2}+X_{3}}}$

这是超几何分布除以常数。同样，对于我们将拥有： $H_{B1}$

P (X_{1}, X_{2}, X_{3} | N_{1}, N_{2}, N_{3}, H_{B 1}, I_{0}) = \int_{0}^{1} P (X_{1}, X_{2}, X_{3}, θ_{1} θ_{2} | N_{1}, N_{2}, N_{3}, H_{B 1}, I_{0}) d θ_{1} d θ_{2}

$P(X_{1},X_{2},X_{3}|N_{1},N_{2},N_{3},H_{B1},I_{0})=\int_{0}^{1}P(X_{1},X_{2},X_{3},\theta_{1}\theta_{2}|N_{1},N_{2},N_{3},H_{B1},I_{0})d\theta_{1}d\theta_{2}$

= \frac{(\binom{N_{2}}{X_{2}}) (\binom{N_{3}}{X_{3}})}{(N_{1} + 1) (N_{2} + N_{3} + 1) (\binom{N_{2} + N_{3}}{X_{2} + X_{3}})}

$=\frac{{N_{2} \choose X_{2}}{N_{3} \choose X_{3}}}{(N_{1}+1)(N_{2}+N_{3}+1){N_{2}+N_{3} \choose X_{2}+X_{3}}}$

您可以看到其他模式。通过简单地将上述两个表达式相除，我们可以计算出说的几率。答案大约是，这意味着数据支持比高出大约倍-相当薄弱的证据支持均等利率。其他概率在下面给出。 $H_{A}\;vs\;H_{B1}$ $4$ $H_{A}$ $H_{B1}$ $4$

\begin{array}{cc} H y p o t h e s i s & p r o b a b i l i t y \\ (H_{A} | D) & 0.018982265 \\ (H_{B 1} | D) & 0.004790669 \\ (H_{B 2} | D) & 0.051620022 \\ (H_{B 3} | D) & 0.484155874 \\ (H_{C} | D) & 0.440451171 \end{array}

$\begin{array}{c|c} Hypothesis & probability \\ \hline (H_{A}|D) & 0.018982265 \\ (H_{B1}|D) & 0.004790669 \\ (H_{B2}|D) & 0.051620022 \\ (H_{B3}|D) & 0.484155874 \\ (H_{C}|D) & 0.440451171 \\ \end{array}$

这显示了反对同等利率的有力证据，但没有强有力的证据支持确定的替代方案。似乎有确凿的证据表明“离岸”利率与其他两个比率不同，但是对于“离岸”利率和“中间渠道”利率是否不同尚无定论。这就是卡方检验不会告诉您的内容-它仅告诉您假设是“废话”，而不是替代它的替代方法 $A$

— 概率逻辑
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这是执行卡方检验以及生成各种检验统计信息的代码。但是，表边距关联的统计测试在这里没有用；答案很明显。没有人进行统计检验以查看夏天是否比冬天更热。

Chompy<-matrix(c(30,10,1,31,20,10), 3, 2)
Chompy
chisq.test(Chompy)
chisq.test(Chompy, simulate.p.value = TRUE, B = 10000)
chompy2<-data.frame(matrix(c(30,10,1,31,20,10,1,2,1,2,1,2,1,2,3,1,2,3), 6,3))
chompy2
chompy2$X2<-factor(chompy2$X2) 
chompy2$X3<-factor(chompy2$X3)
summary(fit1<-glm(X1~X2+X3, data=chompy2, family=poisson))
summary(fit2<-glm(X1~X2*X3, data=chompy2, family=poisson)) #oversaturated
summary(fit3<-glm(X1~1, data=chompy2, family=poisson)) #null
anova(fit3,fit1)
library(lmtest)
waldtest(fit1)
waldtest(fit2) #oversaturated
kruskal.test(X1~X2+X3, data=chompy2)
kruskal.test(X1~X2*X3, data=chompy2)

— 帕特里克·麦肯
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如果您可以提供有关所提供的不同R语法（和基础测试）的详细信息，尤其是Kruskal-Wallis测试如何与对数线性模型进行比较，那么对于读者（和OP）而言，将是很有意思的。

— chl

您可以通过将代码复制并粘贴到R控制台中来查看。

— Patrick McCann

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当然。当然，响应来自运行代码。

— chl

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我相信您可以使用“同时置信区间”进行多次比较。参考是Agresti等。2008同时置信区间用于比较二项式参数。生物识别64 1270-1275。

您可以在http://www.stat.ufl.edu/~aa/cda/software.html中找到相应的R代码

— 涂2
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