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样本均值与样本方差的定义

首先来看一下均值，方差，样本均值与样本方差的定义
总体均值的定义：
$$\mu =\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i$$
也就是将总体中所有的样本值加总除以个数，也可以叫做总体的数学期望或简称期望

总体方差的定义：
$${\sigma }^2=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(X_i-\mu {)}^2$$
总体中全部样本各数值与总体均值差的平方和的平均数，用来衡量随机变量或一组数据离散程度的度量。

在实际应用中，我们一般是拿不到总体的均值与总体的方差，只能通过抽样得到的样本均值与样本方差来估计总体的均值与方差。于是我们就得到了样本均值和样本方差：
样本均值的定义
$$\bar{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i$$

样本方差的定义
$$S^2=\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2$$

对比总体方差的公式，样本方差的公式的系数为什么变为了$\frac{1}{n-1}$？

通俗理解-自由度

一个比较通俗的的理解就是自由度,可以理解为对应的独立信息量。样本均值和样本方差就是抽样后把所有的独立的信息量（这里的独立的信息量就是数值，包含了均值和方差的信息）平均得到,在计算样本方差时用$\bar{X}$替代了总体均值$\mu$,自由度减少了一个。

假设只采样了两个样本$X_1，X_2$，这其中的信息量是多少呢？方差是计算样本之间的偏离程度，所以一个独立有效的信息量就是这个数值减去均值。在计算方差时分子有两项： $(X_1-\bar{X}{)}^2$ 和 $(X_2-\bar{X}{)}^2$ . 要算第一个样本的偏离程度，毋庸置疑只能老老实实算 $(X_1-\bar{X})$；但是，第二个样本呢？计算 $(X_2-\bar{X})$ 吗？其实还有另外一种方法，因为$\bar{X}=\frac{X_1+X_2}{2}$，$X_1$ 和 $X_2$ 其实是对于 $\bar{X}$对称的。所以其实 $(X_2-\bar{X})=(2\bar{X}-X_1-\bar{X})=-(X_1-\bar{X})$。也就是我们在用样本均值$\bar{X}$替代总体均值后，只要$X_1$确定了之后，$X_2$是可以根据$X_1$推出来具体数值的，实际能够有效提供样本到 $\bar{X}$的偏移量的信息数只有一条$X_1$。

我们对这种现象可以有一个表述：就是$(X_2-\bar{X})$ 是不自由的，因为从之前的式子可以推出它。当然，对称地，我们也可以说 $(X_1-\bar{X})$是不自由的。总之，这两个式子当中，只有一个是自由的，所以我们称这两个式子的自由度为 1.所以在两个样本求方差的时候要除1，应为实际应用到方差计算种的只有$(X_1-\bar{X})$这一个有效信息。

同样，将样本数增加至三个，当有两个样本$X_1，X_2$并且知道$\bar{X}$的情况下，我们就可以推出第三个样本$X_3$的值，对应的自由度为 2.

以此类推，当我们有 $n$个样本的时候，其自由度为$n-1$.也就是说，当我们有 $n$ 个样本的时候，我们虽然看起来在分子上做了 $n$ 个减法，但实际上我们只算出了 $n-1$ 个偏差量。因此，做平均的时候，要除以的分母就是 $n-1$

但是，为什么 n 个减法做完，自由度只有 n - 1？是谁从中搞鬼，偷走了一个自由度？答案很简单，是 $\bar{X}$ 。注意在总体方差中，隐含的分布均值是$\mu$ ，这个均值是知道了总体的分布后计算出来的，而在样本方差中$\mu$ 是未知的，所以在估计方差之前，我们会需要先找一个 $\mu$ 的代替，也就是 $\bar{X}$ ，而$\bar{X}$是根据样本算出来的. 也就是说，在用 $\bar{X}$ 代替 $\mu$ 的过程中，我们损失了一个自由度。

那么，如果问题的背景变了，我们知道隐含的分布均值 $\mu$ ，只是不知道 ${\sigma }^2$ ，那我们该如何估计 ${\sigma }^2$？这种情况下求方差就变成了符合直觉的$\frac{(X_1-\mu {)}^2+(X_2-\mu {)}^2+\cdots +(X_n-\mu {)}^2}{n}$。

严密推导过程

估计量的评选标准

当我们用抽样的方法去估计总体时，总是希望每次抽样的结果尽可能的靠近实际的总体评估量，同时抽取的样本越多时越接近实际的总体评估量。对于评估量的好坏有如下三个评价指标

无偏性

设$\theta$是总体的未知参数，$X_1,X_2,.....X_n$是总体的一个样本，$\hat{\theta }$是参数的一个估计量，若
$$E(\hat{\theta })=\theta$$
则称$\hat{\theta }$是$\theta$的一个无偏估计量
无偏性简单来说就是取样后得到的估计量$\hat{\theta }$的期望就等于总体的估计量。

考虑如下一个打靶的例子。如果有一个射击高手打靶，那么结果总会在靶心附近(总体期望$\theta$)，那么我们一般会通过打靶结果（也就是样本$\hat{\theta }$）认为这是一个熟练的射击手，对于多次的打靶结果我们对其打靶结果的期望是靶心($E(\hat{\theta })=\theta$),也就是无偏的。

但如果出现了如下这种结果，通过这些样本我们就会猜测集中在一点附近可能是一个射击高手，这个偏差可能是由于瞄准镜歪了这种导致的呢

对于这种稳定影响结果的因素导致的偏差称为系统偏差，也就是$E(\hat{\theta })-\theta$。无偏估计的实际意义就是无系统偏差。很明显无偏估计更接近实际的总体统计量

有效性

若${\hat{\theta }}_1$和${\hat{\theta }}_2$都是样本$X_1,X_2,.....X_n$的无偏估计量，若对于任意取值范围里有$D({\hat{\theta }}_1)\le D({\hat{\theta }}_2)$,
则${\hat{\theta }}_1$比${\hat{\theta }}_2$更加有效。
有效性就是同样无偏的估计量，更集中，方差更小的估计量更好
接着考虑如下打靶结果，虽然期望都是靶心，但是很明显后面的结果更加集中，相应的评估效果也会更好

相合性

之前的无偏性和一致性都是在样本容量固定为n的情况下讨论的，而如果样本容量越来越多时，一个估计量能稳定于待估的参数真值
相合性大样本条件下，估计值等于实际值.对于任意$\theta >0$,有
$$\underset{n\to \infty }{\lim }P\left(|\hat{\theta }-\theta |<\epsilon \right)=1.$$

推导

首先来看一下在分母为n的情况下样本方差是不是总体方差的无偏估计量：
$$\begin{array}{rl}E(S^2)& =E\left[\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2\right]\\ & =E\left[\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n((X_i-\mu )-(\bar{X}-\mu ){)}^2\right]\\ & =E\left[\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n((X_i-\mu {)}^2-2(X_i-\mu )(\bar{X}-\mu )+(\bar{X}-\mu {)}^2)\right]\\ & =E\left[\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(X_i-\mu {)}^2-\frac{2}{n}(\bar{X}-\mu )\sum _{i=1}^n(X_i-\mu )+\frac{1}{n}(\bar{X}-\mu {)}^2\sum _{i=1}^{n}1\right]\\ & =E\left[\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(X_i-\mu {)}^2-\frac{2}{n}(\bar{X}-\mu )\sum _{i=1}^n(X_i-\mu )+(\bar{X}-\mu {)}^2\right]\end{array}$$

其中
$$\bar{X}-\mu =\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i-\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n\mu =\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(X_i-\mu )$$

接着计算有：
$$\begin{array}{rl}E(S^2)& =E\left[\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(X_i-\mu {)}^2-\frac{2}{n}(\bar{X}-\mu )\sum _{i=1}^n(X_i-\mu )+(\bar{X}-\mu {)}^2\right]\\ & =E\left[\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(X_i-\mu {)}^2-\frac{2}{n}(\bar{X}-\mu )\cdot n\cdot (\bar{X}-\mu )+(\bar{X}-\mu {)}^2\right]\\ & =E\left[\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(X_i-\mu {)}^2-(\bar{X}-\mu {)}^2\right]\\ & =E\left[\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(X_i-\mu {)}^2\right]-E[(\bar{X}-\mu {)}^2]\\ & ={\sigma }^2-E[(\bar{X}-\mu {)}^2]\end{array}$$
可以看到同样在除以$n$的情况下只有当$\bar{X}=\mu$时才有$E(S^2)={\sigma }^2$,在其他情况下$E(S^2)$都是小于${\sigma }^2$的。这一个结果也很好理解，只要样本均值$\bar{X}$越偏离总体均值$\mu$，样本也就越偏离总体均值。

接下来就是要计算出差异$E[(\bar{X}-\mu {)}^2]$是多少
由
$$E(\bar{X})=E\left(\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i\right)=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^{n}E(X_i)=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n\mu =\mu$$
$$D(a{X}_i)=a^{2}D(X_i)$$
代入有：
$$\begin{array}{rl}E[(\bar{X}-\mu {)}^2]& =E[(\bar{X}-E(\bar{X}){)}^2]\\ & =D(\bar{X})\\ & =D\left(\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i\right)\\ & =\frac{1}{n^2}\sum _{i=1}^{n}D(X_i)\\ & =\frac{1}{n^2}\cdot n{\sigma }^2\\ & =\frac{{\sigma }^2}{n}\end{array}$$
所以
$$E(S^2)={\sigma }^2-E[(\bar{X}-\mu {)}^2]=\frac{n-1}{n}{\sigma }^2$$

进行一下调整，即有
$$\frac{n}{n-1}E(S^2)=\frac{n}{n-1}E\left[\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2\right]=E\left[\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2\right]={\sigma }^2$$

这样得到的就是无偏的估计

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