如何在不使用 AIC 的情况下比较 2 个 lme4 混合模型？

如何解决如何在不使用 AIC 的情况下比较 2 个 lme4 混合模型？

我正在尝试使用零假设检验手动建模选择（出于各种原因，我不想在这种情况下使用 AIC）。我使用 lme4 包构建了我的模型，全局模型如下所示（数据名称已更改）；

global<- lmer(Shannon ~
                    + AN:Var1
                  + AN:Var2
                  + AN:Var3
                  + AN:Var4
                  + Var1 + Var2 + Var3
                  + Var4 + Var5 + Var6 + Var7 + (1|Random),data = data,REML=FALSE)

我想依次删除一个变量并使用 anova() 测试与全局变量进行比较，但它引发了各种错误，我做错了什么？

我已经找到了使用 AIC 的顶级模型，但是最近对 AIC 的一些批评（我不会在这里讨论）意味着在这种情况下我只想将其剥离。我尝试了这样一个简单的方差分析：

anova(globalsessilebase,model1) 

（模型结构与原始帖子相似，模型 1 已退出 var1） 结果如下：

                   npar    AIC    BIC  logLik deviance  Chisq Df Pr(>Chisq)
model1              14 437.55 488.83 -204.78   409.55                     
globalsessilebase   15 438.94 493.89 -204.47   408.94 0.6101  1     0.4348

据我所知，这很好，但有些模型（当每个变量按顺序删除时有 11 个）chisq 为 0，我不太明白。

我也刚刚尝试过 drop1，它只是给了我 AIC 值？

解决方法

我相信这与混合模型没有任何关系，而是与分类变量相互作用的方式的结果。如果您有一个分类变量 f 和一个数值变量 x，以及一个同时包含交互作用 f:x 和主效应 x 的模型，则删除 {{1}来自模型的实际上并没有做任何事情（在没有相应主效应的情况下进行交互并非不可能，但它违反了“边际原则”，而 R 使其难以做到）。这是一个带有 x ...

的示例

lm()

结果：

dd <- data.frame(z=rnorm(20),f=factor(sample(1:3,size=20,replace=TRUE)),x=rnorm(20))
m1 <- lm(z~f:x + x,dd)
m0 <- update(m1,. ~ . - x)
anova(m0,m1)

可以看到残差自由度（Analysis of Variance Table Model 1: z ~ f:x Model 2: z ~ f:x + x Res.Df RSS Df Sum of Sq F Pr(>F) 1 16 11.591 2 16 11.591 0 -1.7764e-15 ）和残差平方和（Res.Df）相同，自由度差为0，平方和差异本质上是 0（不完全是因为数字不准确）；缺少 p 值。来自 RSS 的 lme4 输出格式会略有不同，但概念是相同的。