Lösung.

  1. Mit $ \mbox{${\operatorname{E}}(S_n^2) = \sigma^2$}$ folgt
    $ \mbox{$\displaystyle {\operatorname{Var}}(S_n^2) \;=\; {\operatorname{E}}\left((S_n^2-\sigma^2)^2\right) \;=\; {\operatorname{E}}(S_n^4)-\sigma^4\;. $}$
  2. Um im weiteren Verlauf der Rechnung Brüche zu vermeiden, wird der Vorfaktor von $ \mbox{$S_n^2= \frac{1}{n(n-1)}\sum(nX_i-\sum X_i)^2$}$ ausgeklammert
    $ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} n^2(1-n)^2{\operatorname{E}}(S_n^4(... ...)(\sum X_i)^2}_{=:B} + \underbrace{(\sum X_i)^4}_{=:C} \Bigr). \end{array} $}$

    Zu zeigen ist damit

    $ \mbox{$\displaystyle n^2(1-n)^2{\operatorname{E}}(S_n^4(X_1,\dots,X_n))\;=\;n(n-1)^2\eta_4+n(n-1)(n^2-2n+3)\sigma^4\;. $}$
  3. Sei $ \mbox{$\mu_k := {\operatorname{E}}(X_i^k)$}$ für $ \mbox{$k\in\{1,\dots,4\}$}$.

    In $ \mbox{$A = (\sum X_i^2)^2$}$ treten $ \mbox{$n$}$ Terme der Form $ \mbox{$X_i^4$}$ auf (nämlich $ \mbox{$X_1^4,\dots, X_n^4$}$). Das ergibt eine Beitrag $ \mbox{$n\mu_4$}$ zu $ \mbox{${\operatorname{E}}(A)$}$. Es treten $ \mbox{$\frac{n(n-1)}{2}$}$ Terme der Form $ \mbox{$2X_i^2X_j^2$}$ ( $ \mbox{$i < j$}$) auf. Das ergibt eine Beitrag $ \mbox{$n(n-1)\mu_2^2$}$ zu $ \mbox{${\operatorname{E}}(A)$}$.

    Damit gilt

    $ \mbox{$\displaystyle {\operatorname{E}}(A) \;=\; n\mu_4 + n(n-1)\mu_2^2\;. $}$

    Für $ \mbox{$B=(\sum X_i^2)(\sum X_i)^2$}$ gilt entsprechend ( $ \mbox{$i,j,k\in\{1,\dots,n\}$}$ paarweise verschieden)

    Form der Terme Koeffizient Anzahl der Terme Beitrag zu $ \mbox{${\operatorname{E}}(B)$}$
    $ \mbox{$X_i^4$}$ $ \mbox{$1$}$ $ \mbox{$n$}$ $ \mbox{$n\mu_4$}$
    $ \mbox{$X_i^3X_j$}$ $ \mbox{$2$}$ $ \mbox{$n(n-1)$}$ $ \mbox{$2n(n-1)\mu_3\mu_1$}$
    $ \mbox{$X_i^2X_jX_k$}$ $ \mbox{$2$}$ $ \mbox{$n\binom{n-1}{2}$}$ $ \mbox{$n(n-1)(n-2)\mu_2\mu_1^2$}$
    $ \mbox{$X_i^2X_j^2$}$ $ \mbox{$1$}$ $ \mbox{$n(n-1)$}$ $ \mbox{$n(n-1)\mu_2^2$}$

    Damit gilt

    $ \mbox{$\displaystyle {\operatorname{E}}(B) \;=\; n\mu_4 + 2n(n-1)\mu_3\mu_1 + n(n-1)(n-2)\mu_2\mu_1^2 + n(n-1)\mu_2^2\;. $}$

    Für $ \mbox{$C=(\sum X_i)^4$}$ gilt entsprechend ( $ \mbox{$i,j,k,l\in\{1,\dots,n\}$}$ paarweise verschieden)

    Form der Terme Koeffizient Anzahl der Terme Beitrag zu $ \mbox{${\operatorname{E}}(C)$}$
    $ \mbox{$X_i^4$}$ $ \mbox{$1$}$ $ \mbox{$n$}$ $ \mbox{$n\mu_4$}$
    $ \mbox{$X_i^3X_j$}$ $ \mbox{$4$}$ $ \mbox{$n(n-1)$}$ $ \mbox{$4n(n-1)\mu_3\mu_1$}$
    $ \mbox{$X_i^2X_j^2$}$ $ \mbox{$6$}$ $ \mbox{$\binom{n}{2}$}$ $ \mbox{$3n(n-1)\mu_2^2$}$
    $ \mbox{$X_i^2X_jX_k$}$ $ \mbox{$12$}$ $ \mbox{$n\binom{n-1}{2}$}$ $ \mbox{$6n(n-1)(n-2)\mu_2\mu_1^2$}$
    $ \mbox{$X_iX_jX_kX_l$}$ $ \mbox{$24$}$ $ \mbox{$\binom{n}{4}$}$ $ \mbox{$n(n-1)(n-2)(n-3)\mu_1^4$}$

    Damit gilt

    $ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} {\operatorname{E}}(C) &=& n\mu_4 +... ...2+\\ &&6n(n-1)(n-2)\mu_3\mu_1^2 + n(n-1)(n-2)(n-3)\mu_1^4\;. \end{array} $}$

  4. Zusammengesetzt und sortiert ist
    $ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} n^2(n-1)^2{\operatorname{E}}(S_n^4(... ...-2)(n-3)\Bigr)\\ &+& \mu_1^4 \Bigl(n(n-1)(n-2)(n-3)\Bigr)\;. \end{array} $}$

    Mit

    $ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} \eta_4 &=& {\operatorname{E}}\bigl... ...*{1mm}\\ &=& \mu_4 - 4 \mu_3\mu_1 + 6\mu_2\mu_1^2 - 3\mu_1^4 \end{array} $}$
    wird auf der anderen Seite der zu zeigenden Gleichung
    $ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} n(n-1)^2\eta_4+n(n-1)(n^2-2n+3)\sig... ... &+& n(n-1)(n^2-2n+3)\bigl(\mu_2^2-2\mu_2\mu_1^2+\mu_1^4\bigr) \end{array} $}$
    Koeffizientenvergleich für $ \mbox{$\mu_1,\dots,\mu_4$}$ liefert schließlich das Ergebnis.