除數為$ n-1 $的標準偏差是從樣本計算的標準偏差，作為從中抽取樣本的總體標準偏差的估計值。因為觀測值平均而言平均地更接近樣本均值，而不是總體均值，所以使用與樣本均值的偏差計算得出的標準差會低估總體的期望標準差。使用$ n-1 $而不是$ n $作為除數可以通過使結果稍大來進行校正。

請注意，當$ n $較小時，校正要比較大時校正具有更大的比例效果，這是我們想要的，因為當n較大時，樣本均值可能是對n的良好估計。

當樣本為總體時，由於樣本均值是，因此我們將標準差以$ n $作為除數。

（我附帶指出，以“第二個時間點圍繞已知的，確定的均值重新開始”開頭的內容不會滿足發問者對直觀說明的要求。）

根據定義，方差是通過取均值的平方差之和再除以大小來計算的。我們有一個通用公式

$ \ sigma ^ 2 = \ frac {\ sum_ {i} ^ {N}（X_i- \ mu）^ 2} {N} $其中$ \ mu $是平均值，而$ N $是總體大小。

根據此定義，樣本的方差（例如樣本$ t $）也必須以這種方式計算

$ \ sigma ^ 2_t = \ frac {\ sum_ {i} ^ {n}（X_i- \ overline {X}）^ 2} {n} $其中$ \ overline { X} $是這個小樣本的平均值，而$ n $是這個小樣本的大小。

但是，通過樣本方差$ S ^ 2 $，我們是指總體方差$ \的估計量sigma ^ 2 $。我們如何僅通過使用樣本中的值來估計$ \ sigma ^ 2 $？

根據上述公式，隨機變量$ X $與樣本均值$ \ overline {X} $的偏差為方差$ \ sigma ^ 2_t $。樣本均值$ \ overline {X} $也與$ \ mu $偏離，且有方差$ \ frac {\ sigma ^ 2} {n} $，因為樣本均值在樣本之間獲得不同的值，並且它是一個均值的隨機變量$ \ mu $和方差$ \ frac {\ sigma ^ 2} {n} $。 （可以很容易地證明這一點。）

因此，粗略地，$ X $應該與$ \ mu $偏離一個涉及兩個方差的方差，因此將這兩個相加得到$ \ sigma ^ 2 = \ sigma ^ 2_t + \ frac {\ sigma ^ 2} {n} $。通過解決這個問題，我們得到$ \ sigma ^ 2 = \ sigma ^ 2_t \ times \ frac {n} {n-1} $。替換$ \ sigma ^ 2_t $提供了總體方差的估算器：

$ S ^ 2 = \ frac {\ sum_ {i} ^ {n}（X_i- \ overline {X}） ^ 2} {n-1} $。

還可以證明$ E [S ^ 2] = \ sigma ^ 2 $是真實的。

一個常見的說法是（分佈的）方差的定義是圍繞著一個已知的確定的均值最近的第二個時刻，而估計量使用的是一個估計的均值。這種自由度的損失（鑑於平均值，您可以僅了解數據值的$ n-1 $來重構數據集），需要使用$ n-1 $而不是$ n $來“調整”結果。

這樣的解釋與方差分析和方差成分分析中的估計方差一致。我真的認為這只是一種特殊情況。

我認為，通過有效的參數不僅僅是準確為$ n /（n-1）$很難證明，尤其是當您認為調整後的SD不是 無偏估計量時。 （這只是方差的無偏估計量的平方根。無偏通常無法承受非線性變換。）因此，實際上，對SD進行正確調整以消除其偏倚的方法不是 not 只是$ \ sqrt {n /（n-1）} $的一個因數！

一些入門教科書甚至不介意介紹調整後的sd：它們教一個公式（除以$ n $） 。當我從這樣的書中教書時，我首先對此做出了消極的反應，但是逐漸意識到了這種智慧：為了專注於概念和應用，作者剔除了所有無關緊要的數學技巧。事實證明，沒有什麼受到傷害，沒有人被誤導。

這是一個總的直覺，但最簡單的答案是對單元素樣本的標準偏差未定義而不是為0進行的修正。

您僅通過幾何就可以對$ n-1 $項有更深入的了解，不僅是為什麼它不是$ n $而是為什麼要採用這種形式，但您可能首先需要用$建立自己的直覺n $維幾何。但是，從那裡開始，這是更深入了解線性模型（即df模型&殘差df）的自由度的一小步。我認為毫無疑問，費希爾是這樣的。這是一本逐步建立起來的書：

Saville DJ，Wood GR。 統計方法：幾何方法。第三版。紐約：施普林格出版社； 1991年。560頁。 9780387975177

（是，有560頁。我的確是逐漸說了。）

將總體方差的估計量應用於總體樣本時有偏差。為了調整該偏差，需要除以n-1而不是n。從數學上可以看出，當我們除以n-1而不是n時，樣本方差的估計量是無偏的。此處提供了正式證明：

https://economictheoryblog.com/2012/06/28/latexlatexs2/

最初是數學正確性我想這導致了公式。但是，如果要在公式中增加直覺，已經提到的建議似乎是合理的。

首先，對樣本的觀察平均而言更接近樣本平均值而不是總體平均值。方差估計量利用樣本均值，因此低估了總體的真實方差。除以n-1而不是n可以校正該偏差。

此外，除以n-1會使單元素樣本的方差不確定，而不是零。

為什麼要除以$ n-1 $而不是$ n $？因為它是慣例，並且導致方差的無偏估計。但是，這會導致標準偏差的估計偏倚（較低），這可以通過將Jensen不等式應用於凹函數平方根來體現。

那麼，擁有一個無偏估計量有什麼好處呢？它不一定使均方誤差最小。正態分佈的MLE除以$ n $而不是$ n-1 $。教會您的學生思考，而不是反省和漫不經心地應用一個世紀前的陳舊觀念。

眾所周知（或容易證明），二次 $ \ alpha z ^ 2 + 2 \ beta z + \ gamma $ span>在 $ z =-\ frac {\ beta} {\ alpha} $ span>該點位於根之間的中間 $ \ frac {- \ beta-\ sqrt {\ beta ^ 2- \ alpha \ gamma}} {\ alpha} $ span>和 $ \ frac {-\ beta + \ sqrt {\ beta ^ 2- \ alpha \ gamma}} {\ alpha} $ span>的二次方。這表明，對於任何給定的 $ n $ span>實數 $ x_1，x_2，\ ldots，x_n $ span>，數量 $$ G（a）= \ sum_ {i = 1} ^ n（x_i-a）^ 2 = \ left（\ sum_ {i = 1} ^ n x_i ^ 2 \ right）-2a \ left（\ sum_ {i = 1} ^ n x_i \ right）+ na ^ 2，當 $ \ displaystyle a = \ frac 1n \ sum_ {i = 1} ^ n x_i = \ bar {x} $ span>時，$$ span>具有最小值。

現在，假設 $ x_i $ span>是大小為 $ n $ span的樣本>來回均值 $ \ mu $ span>和方差 $ \ sigma ^ 2 $ span>的ma分佈。我們可以估算 $ \ mu $ span> as $ \ frac 1n \ sum_ {i = 1} ^ n x_i = \ bar {x} $ span>它很容易計算，但是嘗試將 $ \ sigma ^ 2 $ span>估計為 $ \ frac 1n \ sum_ {i = 1} ^ n（x_i- \ mu）^ 2 = n ^ {-1} G（\ mu）$ span>遇到我們不知道的問題 $ \ mu $ span>。當然，我們可以輕鬆地計算 $ G（\ bar {x}）$ span>，我們知道 $ G（\ mu）\ geq G（\ bar {x}）$ span>，但是 $ G（\ mu）$ span>更大？答案是 $ G（\ mu）$ span>更大 比 $ G（\ bar {x}）$ span>的因子大約為 $ \ frac {n} {n-1} $ span>，即 $$ G（\ mu）\ approx \ frac {n} {n-1} G（\ bar {x}）\ tag {1} $$ span>，然後 estimate $ \ displaystyle n ^ {-1} G（\ mu）= \ frac 1n \ sum_ {i = 1} ^ n（x_i- \ mu）^ 2 $ span>可以通過 $ \ displaystyle \ frac {1 } {n-1} G（\ bar {x}）= \ frac {1} {n-1} \ sum_ {i = 1} ^ n（x_i- \ bar {x}）^ 2。$ span >

那麼， $（1）$ span>的直觀解釋是什麼？ class =“ math-container”>“>開始{align} G（\ mu）& = \ sum_ {i = 1} ^ n（x_i- \ mu）^ 2 \\ & = \ sum_ {i = 1} ^ n （x_i- \ bar {x} + \ bar {x}-\ mu）^ 2 \\ & = \ sum_ {i = 1} ^ n \ left（（x_i- \ bar {x}）^ 2 +（\ bar {x}-\ mu）^ 2 + 2（x_i- \ bar {x}）（\ bar {x}-\ mu）\ right）\\ & = G（\ bar {x}）+ n（\ bar {x}-\ mu）^ 2 +（\ bar {x}-\ mu）\ sum_ {i = 1} ^ n（x_i- \ bar {x}）\\ & = G（\ bar {x}）+ n（\ bar {x}-\ mu）^ 2 \ tag {2} \ end {align} span>，因為 $ \ sum_ {i = 1} ^ n（x_i- \ bar {x}）= n \ bar {x} -n \ bar {x} = 0 $ span>。現在， \ begin {align} n（\ bar {x}-\ mu）^ 2 & = n \ frac {1} {n ^ 2} \ left（\ sum_ {i = 1} ^ n（x_i- \ mu ）\ right）^ 2 \\ & = \ frac 1n \ sum_ {i = 1} ^ n（x_i- \ mu）^ 2 + \ frac 2n \ sum_ {i = 1} ^ n \ sum_ {j = i + 1} ^ n（x_i- \ mu）（x_j- \ mu）\\ & = \ frac 1n G（\ mu）+ \ frac 2n \ sum_ {i = 1} ^ n \ sum_ {j = i + 1} ^ n（x_i- \ mu）（x_j- \ mu）\ tag {3} \ end {align} span>除非我們有一個非常不尋常的示例，其中所有 $ x_i $ span>大於 $ \ mu $ span>（或者它們都小於 $ \ mu $ span>），將 $（x_i- \ mu）（x_j- \ mu）$ span>的和加到 $（3）$ span>具有正值和負值， 因此發生許多取消。因此，可以預期雙和具有絕對值小，而與 $ \ frac 1nG（\ mu）$ span > $（3）$ span>右側的術語。因此， $（2）$ span>成為 $$ G（\ mu）\ approx G（\ bar {x}）+ \ frac 1nG（\ mu）\ Longrightarrow G（\ mu）\ approx \ frac {n} {n-1} G（\ bar {x}）$ span>，如 $（1）$ span>。

可以認為樣本方差是所有樣本點之間成對“能量” $（x_i-x_j）^ 2/2 $的精確均值。樣本方差的定義變為$$ s ^ 2 = \ frac {2} {n（n-1）} \ sum_ {i< j} \ frac {（x_i-x_j）^ 2} {2} = \ frac { 1} {n-1} \ sum_ {i = 1} ^ n（x_i- \ bar {x}）^ 2。$$

這也與將隨機變量的方差定義為期望值相同能量的對，即讓$ X $和$ Y $是具有相同分佈的獨立隨機變量，則$$ V（X）=​​ E \ left（\ frac {（XY）^ 2} {2} \ right） = E（（XE（X））^ 2）。 $$

從隨機變量方差定義到樣本方差定義是通過均值估算期望的問題，該均值可以通過典型性的哲學原理來證明：典型代表分佈。 （請注意，這與瞬間估算有關，但不相同。）

在 whuber的建議下，此答案已從另一個類似的問題複製而來。

在使用樣本方差作為真實方差的估計量時，採用貝塞爾校正來校正偏差。由於樣本均值比真實均值更接近觀測值的中間值，因此出現了未校正統計量的偏差，因此樣本均值周圍的平方偏差會系統地低估真實均值附近的平方偏差。

要以代數方式查看此現象，只需在不經過貝塞爾校正的情況下得出樣本方差的期望值，然後查看其外觀即可。讓$ S _ * ^ 2 $表示未校正的樣本方差（使用$ n $作為分母），我們有：

$$ \開始{equation} \ begin {aligned} S _ * ^ 2 & = \ frac {1} {n} \ sum_ {i = 1} ^ n（X_i-\ bar {X}）^ 2 \\ [8pt] & = \ frac {1} {n} \ sum_ {i = 1} ^ n（X_i ^ 2-2 \ bar {X} X_i + \ bar {X} ^ 2）\\ [8pt] & = \ frac {1} {n} \ Bigg（\ sum_ {i = 1} ^ n X_i ^ 2-2 \ bar {X} \ sum_ {i = 1} ^ n X_i + n \ bar {X} ^ 2 \ Bigg）\\ [8pt] & = \ frac {1} {n} \ Bigg（\ sum_ {i = 1} ^ n X_i ^ 2-2 n \ bar {X} ^ 2 + n \ bar {X} ^ 2 \ Bigg）\\ [ 8pt] & = \ frac {1} {n} \ Bigg（\ sum_ {i = 1} ^ n X_i ^ 2-n \ bar {X} ^ 2 \ Bigg）\\ [8pt] & = \ frac {1} {n} \ sum_ {i = 1} ^ n X_i ^ 2-\ bar {X} ^ 2。 \ end {aligned} \ end {equation} $$

取得預期收益：

$$ \開始{equation} \ begin {aligned} \ mathbb {E}（S _ * ^ 2） & = \ frac {1} {n} \ sum_ {i = 1} ^ n \ mathbb {E}（X_i ^ 2）-\ mathbb {E}（\ bar {X} ^ 2）\\ [8pt] & = \ frac {1} {n} \ sum_ {i = 1} ^ n（\ mu ^ 2 + \ sigma ^ 2）-（\ mu ^ 2 + \ frac {\ sigma ^ 2} {n}）\ \ [8pt] & =（\ mu ^ 2 + \ sigma ^ 2）-（\ mu ^ 2 + \ frac {\ sigma ^ 2} {n}）\\ [8pt] & = \ sigma ^ 2-\ frac {\ sigma ^ 2} {n} \\ [8pt] & = \ frac {n-1} {n} \ cdot \ sigma ^ 2 \\ [8pt] \ end {aligned} \ end {equation} $$

因此，您可以看到未校正的樣本方差統計量低估了真實方差$ \ sigma ^ 2 $。貝塞爾的更正將分母替換為$ n-1 $，這產生了一個無偏估計量。在回歸分析中，這擴展到更普遍的情況，即估計均值是多個預測變量的線性函數，而在後一種情況下，由於自由度的數量減少，分母進一步減少。

假設您有一個隨機現象。再次假設您僅獲得一個$ N = 1 $樣本或實現$ x $。無需進一步假設，樣本平均值的“唯一”合理選擇是$ \ overline {m} = x $。如果您不從分母中減去$ 1 $，則（不正確的）樣本方差將為$$ V = \ frac {\ sum_N（x_n-\ overline {m}）^ 2} {N} $$，或者：

$$ \ overline {V} = \ frac {（x- \ overline {m}）^ 2} {1} = 0 \，.. $$

奇怪的是，方差會只有一個樣本為null。如果$ x \ neq y $，則擁有第二個樣本$ y $可能會增加方差。這是沒有道理的。直觀地講，無限方差將是一個更合理的結果，您只能通過“除以$ N-1 = 0 $”來恢復該結果。

估計均值是將階次為$ 0 $的多項式擬合為具有一個自由度（dof）的數據。 貝塞爾的校正也適用於更高自由度的模型：當然，您可以使用$ d $度多項式和$ d + 1 $自由度來完美擬合$ d + 1 $點。零平方誤差的錯覺只能通過除以點數減去自由度數來抵消。當處理非常小的實驗數據集時，此問題特別敏感。

樣本均值定義為$ \ bar {X} = \ frac {1} {n} \ sum_ {i = 1} ^ {n} X_i $，這非常直觀。但是樣本方差為$ S ^ 2 = \ frac {1} {n-1} \ sum_ {i = 1} ^ {n}（X_i-\ bar {X}）^ 2 $。 $ n-1 $是從哪裡來的？

要回答這個問題，我們必須回到無偏估計量的定義。無偏估計量是指期望值趨於真實期望值的估計值。樣本均值是一個無偏估計量。要查看原因：

$$ E [\ bar {X}] = \ frac {1} {n} \ sum_ {i = 1} ^ {n} E [X_i] = \ frac {n } {n} \ mu = \ mu $$

讓我們看一下樣本方差的期望，

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

$$ E [S ^ 2] = \ frac {1} {n-1} \ left（n E [（X_i ^ 2）]-nE [\ bar {X} ^ 2] \ right）。 $$

請注意，$ \ bar {X} $是隨機變量而不是常量，因此期望$ E [\ bar {X} ^ 2] $起作用。 這是$ n-1 $後面的原因。

$$ E [S ^ 2] = \ frac {1} {n-1} \ left（n（ \ mu ^ 2 + \ sigma ^ 2）-n（\ mu ^ 2 + Var（\ bar {X}））\ right）。 $$$$ Var（\ bar {X}）= Var（\ frac {1} {n} \ sum_ {i = 1} ^ {n} X_i）= \ sum_ {i = 1} ^ {n} \ frac {1} {n ^ 2} Var（X_i）= \ frac {\ sigma ^ 2} {n} $$

$$ E [S ^ 2] = \ frac {1} {n- 1} \ left（n（\ mu ^ 2 + \ sigma ^ 2）-n（\ mu ^ 2 + \ sigma ^ 2 / n）\ right）。 = \ frac {（n-1）\ sigma ^ 2} {n-1} = \ sigma ^ 2 \\ $$

如您所見，如果分母為$ n $ $ n-1 $，我們將得到方差的有偏估計！但是對於$ n-1 $，估計器$ S ^ 2 $是一個無偏估計器。

通常在分母中使用“ n”給出的值要小於我們要估算的總體方差。如果採集少量樣本，尤其會發生這種情況。用統計語言來說，我們說樣本方差提供了總體方差的“有偏”估計，需要“無偏”。

如果您要尋找直觀的解釋，則應讓您的學生通過實際採樣來了解自己的原因！觀看此內容，它可以準確回答您的問題。

https://www.youtube.com/watch?v=xslIhnquFoE

我認為值得指出與貝葉斯估計的聯繫。假設您假設數據是高斯的，那麼您測量了$ n $點樣本的均值$ \ mu $和方差$ \ sigma ^ 2 $。您想得出有關人口的結論。貝葉斯方法將評估樣本的後驗預測分佈，這是廣義的學生T分佈（T檢驗的起源）。此分佈的平均值為$ \ mu $，方差$$ \ sigma ^ 2 \ left（\ frac {n + 1} {n-1} \ right），$$

甚至比典型的校正。 （它具有$ 2n $的自由度。）

廣義Student的T分佈具有三個參數，並利用了您所有的三個統計量。如果您決定丟掉一些信息，則可以按照問題中的描述使用兩參數正態分佈來進一步近似數據。

從貝葉斯的角度來看，您可以想像到模型（均值和方差的分佈）導致後驗預測的方差大於總體方差。

天哪，事情變得越來越複雜！我以為簡單的答案是...如果您擁有所有數據點，則可以使用“ n”，但是如果您有“樣本”，則假設它是一個隨機樣本，那麼您在標準偏差內就有更多的樣本點而不是外部（標準差的定義）。您只是外面沒有足夠的數據來確保您隨機獲得所需的所有數據點。 n-1有助於向“真實”標準偏差擴展。