Likelihood Ratio Test und Wald Test liefern unterschiedliche Schlussfolgerungen für glm in R.

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Ich reproduziere ein Beispiel aus verallgemeinerten, linearen und gemischten Modellen . Mein MWE ist unten:

Dilution <- c(1/128, 1/64, 1/32, 1/16, 1/8, 1/4, 1/2, 1, 2, 4)
NoofPlates <- rep(x=5, times=10)
NoPositive <- c(0, 0, 2, 2, 3, 4, 5, 5, 5, 5)
Data <- data.frame(Dilution,  NoofPlates, NoPositive)

fm1 <- glm(formula=NoPositive/NoofPlates~log(Dilution), family=binomial("logit"), data=Data)
summary(object=fm1)

Ausgabe


Call:
glm(formula = NoPositive/NoofPlates ~ log(Dilution), family = binomial("logit"), 
    data = Data)

Deviance Residuals: 
     Min        1Q    Median        3Q       Max  
-0.38326  -0.20019   0.00871   0.15607   0.48505  

Coefficients:
              Estimate Std. Error z value Pr(>|z|)
(Intercept)      4.174      2.800   1.491    0.136
log(Dilution)    1.623      1.022   1.587    0.112

(Dispersion parameter for binomial family taken to be 1)

    Null deviance: 8.24241  on 9  degrees of freedom
Residual deviance: 0.64658  on 8  degrees of freedom
AIC: 6.8563

Number of Fisher Scoring iterations: 6

Code


anova(object=fm1, test="Chisq")

Ausgabe


Analysis of Deviance Table

Model: binomial, link: logit

Response: NoPositive/NoofPlates

Terms added sequentially (first to last)


              Df Deviance Resid. Df Resid. Dev Pr(>Chi)   
NULL                              9     8.2424            
log(Dilution)  1   7.5958         8     0.6466  0.00585 **
---
Signif. codes:  0 ‘***’ 0.001 ‘**’ 0.01 ‘*’ 0.05 ‘.’ 0.1   1

Code


library(aod)
wald.test(b=coef(object=fm1), Sigma=vcov(object=fm1), Terms=2)

Ausgabe


Wald test:
----------

Chi-squared test:
X2 = 2.5, df = 1, P(> X2) = 0.11

Die geschätzten Koeffizienten stimmen perfekt mit den im Buch angegebenen Ergebnissen überein, aber die SEs liegen weit auseinander. Basierend auf dem LRT-Test ist die Steigung signifikant, aber basierend auf dem Wald- und Z-Test ist der Steigungskoeffizient unbedeutend. Ich frage mich, ob ich etwas Grundlegendes vermisse. Vielen Dank im Voraus für Ihre Hilfe.

MYaseen208
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Antworten:

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Das Hauptproblem besteht darin, dass Sie das weightsArgument verwenden sollten, wenn Sie das Verhältnis als Antwortvariable verwenden möchten. Sie müssen eine Warnung über "Nicht-Ganzzahl-Erfolge in einem Binomial-GLM" ignoriert haben ...

Dilution <- c(1/128, 1/64, 1/32, 1/16, 1/8, 1/4, 1/2, 1, 2, 4)
NoofPlates <- rep(x=5, times=10)
NoPositive <- c(0, 0, 2, 2, 3, 4, 5, 5, 5, 5)
Data <- data.frame(Dilution,  NoofPlates, NoPositive)


fm1 <- glm(formula=NoPositive/NoofPlates~log(Dilution),
     family=binomial("logit"), data=Data, weights=NoofPlates)

coef(summary(fm1))
##               Estimate Std. Error  z value     Pr(>|z|)
## (Intercept)   4.173698  1.2522190 3.333042 0.0008590205
## log(Dilution) 1.622552  0.4571016 3.549653 0.0003857398

anova(fm1,test="Chisq")
##               Df Deviance Resid. Df Resid. Dev  Pr(>Chi)    
## NULL                              9     41.212              
## log(Dilution)  1   37.979         8      3.233 7.151e-10 ***

Die LRT- und Wald-Testergebnisse sind immer noch sehr unterschiedlich ( Werte von gegenüber ), aber aus praktischen Gründen können wir sagen, dass sie beide sind stark signifikant ... (In diesem Fall (mit einem einzelnen Parameter) ergibt sich genau der gleiche p-Wert wie .)p4×1047×1010aod::wald.test()summary()

Die Wald-Profil-Konfidenzintervalle sind ebenfalls mäßig unterschiedlich, aber ob CIs [unten gezeigt] von (0,7,2,5) (Wald) und (0,9, 2,75) (LRT) praktisch unterschiedlich sind, hängt von der jeweiligen Situation ab.

Wald:

confint.default(fm1)
##                   2.5 %   97.5 %
## (Intercept)   1.7193940 6.628002
## log(Dilution) 0.7266493 2.518455

Profil:

confint(fm1)
##                   2.5 %   97.5 %
## (Intercept)   2.2009398 7.267565
## log(Dilution) 0.9014053 2.757092
Ben Bolker
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