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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。
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：
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\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。
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）：
