为什么样本方差（sample variance）的分母是 n-1？
为什么样本方差（sample variance）的分母是 n-1？
在统计学中，样本方差的计算公式中分母为什么是n-1而不是n？这个问题困扰了很多初学者。本文将从自由度的角度给出直观解释，并通过严格的数学推导证明为什么样本方差的无偏估计量需要使用n-1作为分母。
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
$$
\frac{(X_1-\mu)^2+(X_2-\mu)^2+\dots+(X_n-\mu)^2}{n}
$$
严密推导过程
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$\theta >0$,
$$
\lim\limits_{n\to\infty}P\left(|\hat\theta-\theta| < \varepsilon\right)=1.
$$
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：
$$
\begin{aligned}
E(S^2) &= E \left [ \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} (X_i - \bar X)^2 \right ] \
&= E \left [ \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} \Bigg( (X_i - \mu)-(\bar X - \mu) \Bigg)^2 \right ] \
&= E \left [ \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} \Bigg( (X_i - \mu)^2-2(X_i - \mu)(\bar X - \mu)+(\bar X - \mu)^2 \Bigg) \right ] \
&= E \left [ \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} (X_i - \mu)^2- \frac{2}{n} (\bar X - \mu) \sum_{i=1}^{n}(X_i - \mu)+ \frac{1}{n} (\bar X - \mu)^2 \sum_{i=1}^{n} 1 \right ] \
&= E \left [ \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} (X_i - \mu)^2- \frac{2}{n} (\bar X - \mu) \sum_{i=1}^{n}(X_i - \mu)+ (\bar X - \mu)^2 \right ]
\end{aligned}
$$
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：
$$
\begin{aligned}
E(S^2) &= E \left [ \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} (X_i - \mu)^2- \frac{2}{n} (\bar X - \mu) \sum_{i=1}^{n}(X_i - \mu)+ (\bar X - \mu)^2 \right ] \
&= E \left [ \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} (X_i - \mu)^2- \frac{2}{n} (\bar X - \mu) \cdot n \cdot (\bar X - \mu)+ (\bar X - \mu)^2 \right ] \
&= E \left [ \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} (X_i - \mu)^2- (\bar X - \mu)^2 \right ] \
&= E \left [ \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} (X_i - \mu)^2 \right ]- E \bigg [(\bar X - \mu)^2 \bigg ] \
&= \sigma^2-E \bigg [(\bar X - \mu)^2 \bigg ]
\end{aligned}
$$
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
$$
E(\bar{X}) = E\bigg(\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_i\bigg) = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^nE(X_i) = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \mu = \mu
$$
$$
D(aX_i) = a^2 D(X_i)
$$
代入有：
$$
\begin{aligned}
E \bigg [(\bar X - \mu)^2 \bigg ] &= E \bigg [(\bar X - E(\bar{X}))^2 \bigg ] \
&=D(\bar{X})\
&=D\bigg(\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_i\bigg)\
&=\frac{1}{n^2} \sum_{i=1}^{n} D(X_i) \
&=\frac{1}{n^2} \cdot n \sigma^2 \
&=\frac{\sigma^2}{n}
\end{aligned}
$$
所以
$$
E(S^2) = \sigma^2-E \bigg [(\bar X - \mu)^2 \bigg ] =\frac{n-1}{n}\sigma^2
$$
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
参考链接：