我所見過的大多數證明都足夠簡單，以至於高斯（無論他怎麼做）都可能很容易證明。

我一直在尋找CV的派生詞，我可以將其鏈接到（有許多指向場外證明的鏈接，其中至少包括答案中的一個），但是我在幾次搜索中都沒有在簡歷上找到一個，因此，出於完整性考慮，我將給出一個簡單的一個。考慮到它的簡單性，很容易看出人們將如何開始使用通常稱為貝塞爾修正的方法。

這需要$ E（X ^ 2）= \ text {Var}（ X）+ E（X）^ 2 $作為已知知識，並假定前幾個基本方差屬性是已知的。

\ begin {eqnarray} E [\ sum_ { i = 1} ^ {n}（x_i- \ bar x）^ 2] & = & E [\ sum_ {i = 1} ^ {n} x_i ^ 2-2 \ bar x \ sum_ {i = 1} ^ {n} x_i + n \ bar {x} ^ 2] \\ & = & E [\ sum_ {i = 1} ^ {n} x_i ^ 2-n \ bar {x} ^ 2] \\ & = & n E [x_i ^ 2]-n E [\ bar {x} ^ 2] \\ & = & n（\ mu ^ 2 + \ sigma ^ 2）-n（\ mu ^ 2 + \ sigma ^ 2 / n ）\\ & = &（n-1）\ sigma ^ 2 \ end {eqnarray}

校正稱為貝塞爾校正，它具有數學證明。就我個人而言，這是一個簡單的方法：使用$ n-1 $可以糾正$ E [\ frac {1} {n} \ sum_1 ^ n（x_i-\ bar x）^ 2] $（參見此處）。

您還可以基於自由度的概念來解釋校正，並非必須進行仿真。

根據Weisstein的《數學世界》，這是高斯在1823年首次證明的。參考文獻是高斯Werke的第4卷，可以在 https://archive.org/details/werkecarlf04gausrich中閱讀

僅僅因為一個人無權為自己的真實價值觀持有最安全的價值觀，所以說服自己很容易人們總是必須用這種方法來找到最可能和最平均的誤差，因此，給定的結果比實際的精度要高。 [但是由於人們無權像對待實際價值一樣對待最可能的價值，因此人們可以輕鬆地說服自己，必須始終發現最可能的誤差和平均誤差太小，因此給定的結果比實際具有更高的準確性。]

從中看來，眾所周知，樣本方差是總體的有偏估計方差。文章繼續說，兩者之間的差異通常會被忽略，因為如果樣本量足夠大，這並不重要。然後它說：

因此，作者對該主題進行了特殊的研究，從而得出了非常特殊的極其簡單的結果。即，您需要在指示的錯誤過程之後發現平均錯誤，才能將其轉換為正確的錯誤，只需使用

$$ \ sqrt {\ frac {\ pi- \ rho} {\ pi}} $$ span>

相乘，其中 $ \ pi $ span>觀察數（ 觀察結果）和 $ \ rho $ span>死於Anzahl der Unbekannten groessen（未知數）。 [因此，作者對此對象進行了特殊研究，得出了非常奇怪和極其簡單的結果。即，只需將上述錯誤過程發現的平均誤差乘以（給定表達式）即可將其更改為正確的誤差，其中 $ \ pi $ span>為觀測值的數量，而 $ \ rho $ span>是未知數量的數量。]

因此，如果確實是第一次發現該校正，然後似乎是通過高斯的聰明計算發現的，但是人們已經意識到需要進行一些校正，因此也許有人在此之前憑經驗發現了該校正。也許以前的作者可能並不在意得出確切的答案，因為他們還是在處理相當大的數據集。

摘要：手冊，但人們已經知道分母中的$ n $ span>不太正確。

對我來說，直覺是

$$ \ begin {array} {c} \ mbox {} \\ X_ {i} \ mbox {的程度與} \ bar {X} \ end {array} + \ begin {array} {c} \ mbox {} \\\ bar {X} \ mbox {的程度從} \ mu \ end {array} = \ begin {array } {c} \ mbox {}} \\ X_ {i} \ mbox {的程度從} \ mu。\ end {array} $$

即

$$ \ mathbf {E} \ left [\ left（X_ {i}-\ bar {X} \ right）^ {2} \ right] + \ mathbf {E} \ left [\ left（\ bar {X }-\ mu \ right）^ {2} \ right] = \ mathbf {E} \ left [\ left（X_ {i}-\ mu \ right）^ {2} \ right]。$$

實際證明上述方程需要一些代數（此代數與上述@Glen_b的答案非常相似）。但是假設這是真的，我們可以重新排列以獲得：

$$ \ mathbf {E} \ left [\ left（X_ {i}-\ bar {X} \ right）^ {2} \ right] = \ underset {\ sigma ^ {2}} {\ underbrace {\ mathbf {E} \ left [\ left（X_ {i}-\ mu \ right）^ {2} \ right]}}}-\ underset {\ frac {\ sigma ^ {2}} {n}} {\ underbrace {\ mathbf {E} \ left [\ left（\ bar {X}-\ mu \ right）^ {2} \ right]}}} = \ frac {n-1} {n} \ sigma ^ 2。$$

對我來說，另一種直覺是，使用$ \ bar {X} $代替$ \ mu $會產生偏差。並且此偏差恰好等於$ \ mathbf {E} \ left [\ left（\ bar {X}-\ mu \ right）^ {2} \ right] = \ frac {\ sigma ^ 2} {n} $

大多數答案已經詳盡地解釋了它，但是除了那些答案之外，還有一個簡單的例子，它可能會有所幫助：

假設給定$ n = 4 $並且前三個數字是：

$ 8,4,6 $，_

現在第四個數字可以是任何數字，因為沒有限制。現在考慮給定$ n = 4 $和$ \ bar x = 6 $的情況，那麼如果前三個數字為：$ 8,4,6 $，則第四個數字必須為$ 6 $。

這就是說，如果您知道$ n-1 $值和$ \ bar x $，那麼$ nth $值就沒有自由。因此，n-1美元為我們提供了一個無偏估計量。