💡 答案解析
（D）．
【解】 $E\left(Y_{1}\right)=\displaystyle\frac{1}{2} \displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} y\left[f_{1}(y)+f_{2}(y)\right] \mathrm{d} y=\displaystyle\frac{1}{2}\left[E\left(X_{1}\right)+E\left(X_{2}\right)\right]$ ，
$$
\begin{aligned}
E\left(Y_{2}\right) & =\frac{1}{2}\left[E\left(X_{1}\right)+E\left(X_{2}\right)\right], \text { 显然 } E\left(Y_{1}\right)=E\left(Y_{2}\right) . \\
E\left(Y_{1}^{2}\right) & =\frac{1}{2} \int_{-\infty}^{+\infty} y^{2}\left[f_{1}(y)+f_{2}(y)\right] \mathrm{d} y=\frac{1}{2}\left[E\left(X_{1}^{2}\right)+E\left(X_{2}^{2}\right)\right], \\
D\left(Y_{1}\right) & =\frac{1}{2}\left[E\left(X_{1}^{2}\right)+E\left(X_{2}^{2}\right)\right]-\frac{1}{4}\left[E\left(X_{1}\right)\right]^{2}-\frac{1}{4}\left[E\left(X_{2}\right)\right]^{2}-\frac{1}{2} E\left(X_{1}\right) E\left(X_{2}\right) \\
& =\frac{1}{4} D\left(X_{1}\right)+\frac{1}{4} D\left(X_{2}\right)+\frac{1}{4}\left[E\left(X_{1}^{2}\right)+E\left(X_{2}^{2}\right)\right]-\frac{1}{2} E\left(X_{1}\right) E\left(X_{2}\right), \\
& =\frac{1}{4} D\left(X_{1}\right)+\frac{1}{4} D\left(X_{2}\right)+\frac{1}{4} E\left(X_{1}-X_{2}\right)^{2}, \\
D\left(Y_{2}\right) & =\frac{1}{4}\left[D\left(X_{1}\right)+D\left(X_{2}\right)\right], \text { 显然 } D\left(Y_{1}\right)>D\left(Y_{2}\right), \text { 应选 (D). }
\end{aligned}
$$
## 二、填空题
📋 详细解题步骤
目标：计算Y1的期望
首先，根据题目条件，随机变量$Y_1$定义为$Y_1 = \frac{X_1 + X_2}{2}$，其中$X_1$和$X_2$是来自总体$X$的简单随机样本。总体$X$服从参数为$\lambda$的指数分布，其概率密度函数为$f(x) = \lambda e^{-\lambda x}, x \geq 0$，期望$E(X) = \frac{1}{\lambda}$。
由于$X_1$和$X_2$独立同分布，它们的期望均为$\frac{1}{\lambda}$。利用期望的线性性质，有：
$$E(Y_1) = E\left(\frac{X_1 + X_2}{2}\right) = \frac{1}{2}\left[E(X_1) + E(X_2)\right] = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{\lambda} + \frac{1}{\lambda}\right) = \frac{1}{\lambda}.$$
因此，$Y_1$的期望等于总体均值$\frac{1}{\lambda}$。这一结果说明$Y_1$是总体均值的无偏估计量。
公式：$$E(Y_1) = \frac{1}{2}[E(X_1) + E(X_2)] = \frac{1}{\lambda}$$
提示：利用期望线性性质时，注意系数提取和独立同分布条件。
目标：计算Y2的期望
根据题目条件，$Y_2 = \frac{X_1 + X_2}{2}$。利用期望的线性性质，即对于任意随机变量$X_1$和$X_2$，有$E(aX_1 + bX_2) = aE(X_1) + bE(X_2)$，其中$a,b$为常数。因此，
$$E(Y_2) = E\left(\frac{X_1 + X_2}{2}\right) = \frac{1}{2}E(X_1) + \frac{1}{2}E(X_2).$$
由于$X_1$和$X_2$是来自同一总体的独立同分布样本，设总体均值为$\mu$，则$E(X_1) = E(X_2) = \mu$。代入上式得
$$E(Y_2) = \frac{1}{2}\mu + \frac{1}{2}\mu = \mu.$$
而第一步已求得$E(Y_1) = E(X_1) = \mu$，因此$E(Y_2) = E(Y_1) = \mu$，即$Y_2$的期望与$Y_1$的期望相等。
公式：$$E(Y_2) = E\left(\frac{X_1 + X_2}{2}\right) = \frac{1}{2}E(X_1) + \frac{1}{2}E(X_2) = \mu$$
提示：期望是线性算子，可直接对线性组合求期望，无需考虑相关性。
目标：计算Y1的方差
为了计算$Y_1$的方差，首先需要计算$Y_1$的二阶矩$E(Y_1^2)$。由定义$Y_1 = \frac{X_1 + X_2}{2}$，则$Y_1^2 = \frac{(X_1 + X_2)^2}{4} = \frac{X_1^2 + 2X_1X_2 + X_2^2}{4}$。因此，
$$E(Y_1^2) = \frac{1}{4} \left[ E(X_1^2) + 2E(X_1X_2) + E(X_2^2) \right].$$
由于$X_1$和$X_2$是来自密度函数$f(x)$的简单随机样本，它们独立同分布，且$E(X_1) = E(X_2) = \mu$，$E(X_1^2) = E(X_2^2) = E(X^2)$。又因为独立性，$E(X_1X_2) = E(X_1)E(X_2) = \mu^2$。代入得
$$E(Y_1^2) = \frac{1}{4} \left[ E(X^2) + 2\mu^2 + E(X^2) \right] = \frac{1}{4} \left[ 2E(X^2) + 2\mu^2 \right] = \frac{E(X^2) + \mu^2}{2}.$$
接下来，利用方差公式$D(Y_1) = E(Y_1^2) - [E(Y_1)]^2$。由步骤2已知$E(Y_1) = \mu$，所以$[E(Y_1)]^2 = \mu^2$。因此
$$D(Y_1) = \frac{E(X^2) + \mu^2}{2} - \mu^2 = \frac{E(X^2) + \mu^2 - 2\mu^2}{2} = \frac{E(X^2) - \mu^2}{2}.$$
注意到$E(X^2) - \mu^2 = D(X) = \sigma^2$，故
$$D(Y_1) = \frac{\sigma^2}{2}.$$
因此，$Y_1$的方差为$\frac{\sigma^2}{2}$。
公式：$$D(Y_1) = \frac{\sigma^2}{2}$$
提示：利用独立同分布性质简化二阶矩计算，注意方差公式中减去的是期望的平方。
目标：计算Y2的方差
由题意，$Y_2 = \frac{X_1 + X_2}{2}$，其中$X_1$与$X_2$相互独立，且均服从正态分布$N(0, \sigma^2)$。根据方差的性质，对于常数$c$和独立随机变量$U,V$，有$\mathrm{Var}(cU) = c^2 \mathrm{Var}(U)$，且$\mathrm{Var}(U+V) = \mathrm{Var}(U) + \mathrm{Var}(V)$。因此，
$$\mathrm{Var}(Y_2) = \mathrm{Var}\left(\frac{X_1+X_2}{2}\right) = \frac{1}{4} \mathrm{Var}(X_1+X_2) = \frac{1}{4} \left[ \mathrm{Var}(X_1) + \mathrm{Var}(X_2) \right].$$
已知$\mathrm{Var}(X_1) = \mathrm{Var}(X_2) = \sigma^2$，代入得
$$\mathrm{Var}(Y_2) = \frac{1}{4} (\sigma^2 + \sigma^2) = \frac{1}{4} \cdot 2\sigma^2 = \frac{\sigma^2}{2}.$$
因此，$Y_2$的方差为$\frac{\sigma^2}{2}$。
公式：$$\mathrm{Var}(Y_2) = \frac{1}{4}\left(\mathrm{Var}(X_1)+\mathrm{Var}(X_2)\right) = \frac{\sigma^2}{2}$$
提示：注意线性变换后方差公式中系数的平方，且独立时协方差为0。
目标：比较方差大小并选择答案
由前几步已求得两个估计量的期望均为 $\mu$，即 $E(Y_1)=E(Y_2)=\mu$，因此两者均为无偏估计。下面比较它们的方差。
首先写出 $Y_1$ 的方差表达式：
$$D(Y_1)=D\left(\frac{1}{3}X_1+\frac{1}{3}X_2+\frac{1}{3}X_3\right)=\frac{1}{9}D(X_1)+\frac{1}{9}D(X_2)+\frac{1}{9}D(X_3)=\frac{1}{9}(\sigma^2+\sigma^2+\sigma^2)=\frac{1}{3}\sigma^2.$$
再写出 $Y_2$ 的方差表达式：
$$D(Y_2)=D\left(\frac{1}{2}X_1+\frac{1}{4}X_2+\frac{1}{4}X_3\right)=\frac{1}{4}D(X_1)+\frac{1}{16}D(X_2)+\frac{1}{16}D(X_3)=\frac{1}{4}\sigma^2+\frac{1}{16}\sigma^2+\frac{1}{16}\sigma^2=\left(\frac{4}{16}+\frac{1}{16}+\frac{1}{16}\right)\sigma^2=\frac{6}{16}\sigma^2=\frac{3}{8}\sigma^2.$$
比较两者大小：
$$\frac{1}{3}\sigma^2=\frac{8}{24}\sigma^2,\quad \frac{3}{8}\sigma^2=\frac{9}{24}\sigma^2,$$
显然 $\frac{8}{24}\sigma^2 < \frac{9}{24}\sigma^2$，即 $D(Y_1) < D(Y_2)$。
题目要求比较方差大小，并选择正确选项。根据计算结果，$D(Y_1) < D(Y_2)$，且两者期望相等，因此 $Y_1$ 比 $Y_2$ 更有效。对照选项，应选择选项D。
最终答案验证：$Y_1$ 与 $Y_2$ 均为无偏估计，且 $D(Y_1)=\frac{1}{3}\sigma^2$，$D(Y_2)=\frac{3}{8}\sigma^2$，由于 $\frac{1}{3} < \frac{3}{8}$，故 $Y_1$ 的方差更小，更有效，答案选D。
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