如何抽取样本方差的分布

样本方差的分布其实是服从一个\chi^2分布的。所以，要抽样样本的方差只要知道这个分布是啥就行了。我们直接给出定理，然后证明，最后给个例子。

定理

假设：
1、X_1,\cdots,X_n是来自一个正态分布N(\mu,\sigma^2)的n个样本
2、\bar{X}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nX_i是样本的均值
3、S^2= \frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^n(X_i-\bar{X})^2是样本的方差

那么有：
1、\bar{X}与S^2是相互独立的。
2、\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}=\frac{\sum_{i=1}^2(X_i-\bar{X})}{\sigma^2}\sim \chi^2(n-1)

我们来证明一下第二个结论（如果您想直接看如何抽样，那就记住这个定理，跳过本段证明即可）
首先，假设有个W如下：

\begin{aligned} W &= \sum_{i=1}^n (\frac{X_i-\mu}{\sigma})^2 \\ &\\ &= \sum_{i=1}^n (\frac{ (X_i-\bar{X})^2- (\bar{X}-\mu)^2 }{\sigma})^2 \\ &\\ &= \sum_{i=1}^n(\frac{ X_i-\bar{X}}{\sigma})^2 + \sum_{i=1}^n(\frac{ \bar{X}-\mu}{\sigma})^2 + \frac{2}{\sigma^2}( \bar{X}-\mu)\sum_{i=1}^n( X_i-\bar{X}) \\ &\\ &= \sum_{i=1}^n(\frac{ X_i-\bar{X}}{\sigma})^2 + \sum_{i=1}^n(\frac{ \bar{X}-\mu}{\sigma})^2 + \frac{2}{\sigma^2}( \bar{X}-\mu)(\sum_{i=1}^nX_i-n\bar{X}) \\ &\\ &= \sum_{i=1}^n(\frac{ X_i-\bar{X}}{\sigma})^2 + \sum_{i=1}^n(\frac{ \bar{X}-\mu}{\sigma})^2 \end{aligned}

前面我们已经定义了样本方差，有：

\begin{aligned} S^2 &= \frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^n(X_i-\bar{X})^2 \\ &\\ (n-1)S^2 &= \sum_{i=1}^n(X_i-\bar{X})^2 \\ \end{aligned}

因此，前面的公式可以改写成：

W = \frac{(n-1)S^2}{\sigma^2} +\frac{ n(\bar{X}-\mu)^2}{\sigma^2}

到这里，左边的W其实就是一个\chi^2分布了，不过其自由度是n。因为当X是一个正态分布的时候，(X-\mu)/\sigma就是一个标准正态分布。所以左边是n个正态分布随机变量的平方和，也就是\chi^2分布。同时，右边的\frac{ n(\bar{X}-\mu)^2}{\sigma^2}是自由度为1的\chi^2分布，假设它是Z^2=\chi^2(1)。。我们使用矩母函数来证明这个结果。

在统计学中，矩母函数是一个关于随机变量的实值函数，它可以替代密度函数来描述分布。也就是说，出了概率密度函数外，我们也可以通过矩母函数来描述分布。矩母函数具有单值性。也就是说，如果矩母函数相同，那么这两个分布在所有点上的值也是相同的。

关于矩母函数的介绍可以参考矩母函数简介（Moment-generating function）

右边可以使用如下的矩母函数表示（注：M(\cdot)表示矩母函数，它等于E[e^{t\cdot}]，t是实数）：

\begin{aligned} E[e^{t((n-1)S^2/\sigma^2+Z^2)}] &= E[e^{t((n-1)S^2/\sigma^2} \cdot e^{tZ^2}] \\ &\\ &= M_{(n-1)S^2/\sigma^2}(t) \cdot M_{Z^2}(t) \end{aligned}

前面已经说了，左边是自由度为n的\chi^2分布，右边第二个是自由度为1的\chi^2分布，而\chi^2分布的矩母函数的形式是：

(1-2t)^{-\frac{n}{2}}

因此，上式左右两边可以继续改写成：

(1-2t)^{-n/2} = M_{(n-1)S^2/\sigma^2}(t) \cdot (1-2t)^{-1/2}

最终我们得到：

M_{(n-1)S^2/\sigma^2}(t) = (1-2t)^{-(n-1)/2}

而这个式子就是自由度为n-1的\chi^2分布的矩母函数。也就是说：

\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2} = \frac{ \sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2 }{\sigma^2} \sim \chi^2_{(n-1)}

接下来我们看一个有意思的东西，n个随机变量在转换成标准正态分布之后，其平方和服从自由度为n的\chi^2分布：

\frac{ \sum_{i=1}^n (X_i - \mu)^2 }{\sigma^2} \sim \chi^2(n)

但是，这些随机变量如果使用样本均值做转换却得到了一个自由度是n-1的\chi^2分布：

\frac{ \sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2 }{\sigma^2} \sim \chi^2(n)

这是因为我们使用样本均值\bar{X}估计未知的总体均值的时候，丢掉了一个自由度。这在一般情况下都成立，即在某种\chi^2随机变量下估计每一个参数都会丢失一个自由度。

一个例子

假设我们要估计一群人智商所服从的分布的参数。用X_i表示某个人的智商，i=1,\cdots,8。假设这群人智商的分布来自于均值是\mu=100，方差\sigma^2=16^2的正态分布，那么\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}的分布根据上述结论应该是一个自由度为7的\chi^2分布。即由于样本数量是8，所以有：

\frac{(8-1)S^2}{\sigma^2} = \frac{\sum_{i=1}^8(X_i-\bar{X})^2}{\sigma^2}

它是服从一个自由度为7的\chi^2分布的，其图像如下：

这些都是理论上的，如果要看看实际结果可以这样做实验。我们可以从均值是\mu=100，方差\sigma^2=16^2的正态分布中抽取1000组样本，每一组都是8个样本点。然后计算每一组8个样本点的方差，再把这些方差使用频率直方图画出来。图形结果应该和上述类似。有人做过这样的实验，其图形如下（应该说是非常相似了）：

参考：https://onlinecourses.science.psu.edu/stat414/node/173