我有两个非正态分布的变量（正偏态，表现出天花板效应）。我想计算这两个变量之间的相关系数。由于非正态分布，我使用了 Spearman 的秩相关，它返回一个相关系数和一个显着性 (p) 值。我的结果 (n=400) 显示出显着的 ( ) 但相关性较弱 (Spearman 的 = .20)。如果使用 Pearson's，则可以根据共享方差（确定系数， - 在我的情况下 = .04，即 4%）来描述相关性的强度。似乎没有意义Spearman 对数据进行排名。讨论效果大小的最佳方式是什么？
或者，在此处进行讨论（Pearson 或 Spearman 与非正态数据的相关性）之后，我将讨论解释为 Pearson 的相关性不假设正态性，但从相关系数计算 p 值可以。因此，我想知道是否可以使用 Spearman 计算相关性的 p 值，并使用 Pearson 计算效应大小，从而继续谈论两个变量之间的共享方差。
Pearson 的 r 和 Spearman 的 rho 都已经是效应量度。例如，Spearman 的 rho 表示数据转换为秩后数据的相关程度。因此，它已经抓住了关系的力量。
人们经常平方相关系数，因为它有一个很好的口头解释为共享方差的比例。也就是说，没有什么能阻止您以直接相关的度量来解释关系的大小。
对 Spearman 的 rho 求平方似乎并不常见。也就是说，如果你愿意，你可以把它平方。然后它将表示两个排名变量中共享方差的比例。
我不会太担心 p 值的正态性和绝对精度。想想 Pearson 还是 Spearman 是否能更好地捕捉到感兴趣的关联。正如您已经提到的，请参阅此处关于 Pearson r 和 Spearman rho 之间选择的非正态性含义的讨论。
@Jeromy Anglim 关于对 Spearman 的 Rho 进行平方并将其解释为决定系数：如果您使用部分 Spearman 的 Rho，则对部分 Spearman 的 Rho 进行平方并将它们相加可以给您一个大于 1 的总和。因此，失去了部分决定系数的意义，即自变量的等级解释了因方差等级的方差百分比。但是，如果您对 Pearson 的偏相关系数执行相同的程序，则总数将始终有界 btw [0,1]。
例如，在 R 中尝试：
y.data <- data.frame(
hl=c(7,15,19,15,21,22,57,15,20,18),
disp=c(0.000,0.964,0.000,0.000,0.921,0.000,0.000,1.006,0.000,1.011),
deg=c(9,2,3,4,1,3,1,3,6,1),
BC=c(1.78e-02,1.05e-06,1.37e-05,7.18e-03,0.00e+00,0.00e+00,0.00e+00
,4.48e-03,2.10e-06,0.00e+00))
head(y.data)
p1=pcor.test(y.data$hl, y.data$disp, y.data[,c("deg","BC")], method = c("pearson"))$estimate^2# y.data[,c("deg","BC") --> indicates what other valiables are controling to
p2=pcor.test(y.data$hl, y.data$deg, y.data[,c("disp","BC")], method = c("pearson"))$estimate^2
p3=pcor.test(y.data$hl, y.data$BC, y.data[,c("disp","deg")], method = c("pearson"))$estimate^2
p1+p2+p3
输出 = 0.8444889 和
s1= pcor.test(y.data$hl, y.data$disp, y.data[,c("deg","BC")], method = c("spearman"))$estimate^2
s2=pcor.test(y.data$hl, y.data$deg, y.data[,c("disp","BC")], method = c("spearman") )$estimate^2
s3=pcor.test(y.data$hl, y.data$BC, y.data[,c("disp","deg")], method = c("spearman"))$estimate^2
s1+s2+s3
输出 = 1.22142
不确定详细的数学解释为什么部分 Spearman 的 rho 的平方和可以高于 1。
问题：我们能否将平方的肯德尔偏相关系数解释为决定系数？在上面的示例中使用 Kendall：
k1= pcor.test(y.data$hl, y.data$disp, y.data[,c("deg","BC")], method = c("kendall"))$estimate^2
k2=pcor.test(y.data$hl, y.data$deg, y.data[,c("disp","BC")], method = c("kendall") )$estimate^2
k3=pcor.test(y.data$hl, y.data$BC, y.data[,c("disp","deg")], method = c("kendall"))$estimate^2
k1+k2+k3
结果= 0.6010744。但我不确定如何解释 Kendall 的平方，或者平方是否可以接受。
我没有足够的声誉来评论卢卡斯的答案，所以我会写这个答案。您还可以获得 Pearson 相关性高于 1 的部分 R 平方和。由于 Spearman 或 Pearson 相关性，这不会发生，实际上，我希望无论依赖度量如何都会发生这种情况。发生这种情况是因为通过调整对撞机添加了虚假相关性。也许还有其他情况，但这是其中一种方式。
查看下面的 R 代码以获取示例。
set.seed(2021)
N <- 1000
X <- rnorm(N)
Y <- rnorm(N)
Z1 <- X - Y + rnorm(N)
Z2 <- X - Y + rnorm(N)
Z3 <- X - Y + rnorm(N)
Z4 <- X - Y + rnorm(N)
Z5 <- X - Y + rnorm(N)
Z1_r2 <- (pcor.test(X,Y,Z1)$estimate)**2
Z2_r2 <- (pcor.test(X,Y,Z2)$estimate)**2
Z3_r2 <- (pcor.test(X,Y,Z3)$estimate)**2
Z4_r2 <- (pcor.test(X,Y,Z4)$estimate)**2
Z5_r2 <- (pcor.test(X,Y,Z5)$estimate)**2
Z1_r2 + Z2_r2 + Z3_r2 + Z4_r2 + Z5_r2
结果大于一。它是1.296859。要了解原因，您可以查看此答案。