我会假设$X_i$的是IID,具有有限的四阶矩。请注意
\开始{align*}S^2=\压裂{1}{n}\sum_{i=1}^{n}。\结束{align*}
根据这个公式,我们可以替换$X_i-\mu$是由$X_i$的,因此可以假设$X_i$的平均值为零,但不失一般性。然后
\开始{align*}\矩阵{E}[S^4]&=\mathbf{E}\biggl[\biggl(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i^2-\overline{X}^2\biggr)^2\biggr]\\&=\mathbf{E}\biggl[\frac{1}{n^2}\sum_{i,j}X_i^2 X_j^2-\frac}{n}\sum_i X_i|2\上划线{X}^2+上划线{X}^4\biggr]\\&=\mathbf{E}\biggl[\frac{1}{n^2}\sum_{i,j}X_i^2 X_j^2-\frac}{n_3}\sum_{i,j,k}X_ i^2 X_j X_k+\frac[1}{n_4}\sum_c{i,j,k,l}X_i X_j X_ l\biggr]。\结束{align*}
用线性分布期望值,剩下的是一堆形式的线性组合项$\mathbf{E}[X_{i_1}^{a_1}X_{i_2}^{a_2}\cdots]$相互区别的$i_1、i_2、\ldot$和$a_1+a_2+\cdots=4$。然后独立性告诉我们
$$\mathbf{E}[X_{i_1}^{a_1}X_{i_2}^{a_2}\cdots]=\mathbf{E}[X_}i_1}^{a_2}]\mathbf1}E}[X_{i_2}^}a_2}]\cdots$$
特别是,如果至少有一个$ak(_k)$的是$1$这大大减少了扩展中出现的术语数量。事实上,唯一的元组$(a_1、a_2、\ldot)$可能产生的非零项是$(2, 2)$和$(4)$.因此
\开始{align*}\矩阵{E}[S^4]&=\frac{1}{n^2}\sum_{i}\mathbf{E}[X^4]+\frac{1{n^2]\sum_{i\neqj}\mathbf{E{[X^2]^2\\&\四边形\\frac{2}{n^3}\sum_{i}\mathbf{E}[X^4]-\frac{2]{n^3}\sum_{i\neqj}\mat血红蛋白{E}[X^2]^2\\&\四边形+\frac{1}{n^4}\sum_{i}\mathbf{E}[X^4]+\frac{3}{n*4}\sum_{i\neqj}\mathbf{E{[X^2]^2\\&=\frac{1}{n^2}\cdot n\mathbf{E}[X^4]+\frac}{n|2}\cd otn(n-1)\mathbf{E}[X^2]^2\\&\四边形-\frac{2}{n^3}\cdot n\mathbf{E}[X^4]-\frac{2}{n^3}\cdotn(n-1)\mathbf{E}[X^2]^2\\&\四边形+\frac{1}{n^4}\cdot n\mathbf{E}[X^4]+\frac{3}{n ^4}\cdot n(n-1)\mathbf{E}[X^2]^2\\&=\frac{n(n-1)^2}{n^4}\mathbf{E}[X^4]+\frac{n(n-1)(n^2-2n+3)}{n*4}\mathbf{E}[X*2]^2。\结束{align*}
为了完成计算,请注意$\mathbf{E}[S^2]=\frac{n-1}{n}\mathbf{E}[X^2]$(回想一下,我们仍然假设$X_i$的居中。否则,此公式应为$\mathbf{E}[S^2]=\frac{n-1}{n}\mathbf{Var}(X)$.)将其插回,
\开始{align*}\矩阵{Var}(S^2)&=\mathbf{E}[S^4]-\mathbf{E}[S^2]^2\\&=\frac{n(n-1)^2}{n^4}\mathbf{E}[X^4]+\frac{n(n+1)(n^2-2n+3)}{n*4}\mathbf{E}[X*2]^2-\frac}n^2(n-1\\&=\压裂{n(n-1)^2}{n^4}\mathbf{E}[X^4]-\frac{n(n-1)(n-3\\&=\frac{(n-1)^2}{n^3}\mu_4(X)-\frac}。\结束{align*}
使用样本方差$\hat{S}^2=\frac{n}{n-1}S^2$,这个公式通常以
$$\mathbf{Var}(\hat{S}^2)=\frac{n^2}{(n-1)^2}\mathbf{Var}(S^2)=\压裂{1}{n}\biggl(\mu_4(X)-\压裂{n-3}{n-1}\mu_2(X)^2\biggr)$$
看见这例如。