X_1, X_2, ldots, X_n 是取自总体 N(0, sigma^2) 的简单随机样本，则样本二阶原点矩 A_2 = (1)/(n) sum_(i=1)^n X_i^2 的方差为(）。A. sigma^2B. (sigma^2)/(n)C. (sigma^4)/(n)D. (2sigma^4)/(n)

本题考查正态分布的性质、卡方分布的定义以及方差的性质，解题的关键在于将样本二阶原点矩与卡方分布联系起来，再利用卡方分布的方差公式求解。

1. 确定$X_i^2$的分布：
   已知$X_i\sim N(0,\sigma^2)$，根据正态分布的性质，若$X\sim N(\mu,\sigma^2)$，则$\frac{X - \mu}{\sigma}\sim N(0,1)$。
   对于$X_i$，有$\frac{X_i - 0}{\sigma}\sim N(0,1)$，即$\frac{X_i}{\sigma}\sim N(0,1)$。
   又因为若$Z\sim N(0,1)$，则$Z^2\sim\chi^2(1)$（自由度为$1$的卡方分布），所以$(\frac{X_i}{\sigma})^2=\frac{X_i^2}{\sigma^2}\sim\chi^2(1)$。
2. 确定$\sum_{i = 1}^{n}\frac{X_i^2}{\sigma^2}$的分布：
   根据卡方分布的可加性，若$Y_1\sim\chi^2(n_1)$，$Y_2\sim\chi^2(n_2)$，且$Y_1$与$Y_2$相互独立，则$Y_1 + Y_2\sim\chi^2(n_1 + n_2)$。
   由于$X_1,X_2,\cdots,X_n$是简单随机样本，所以$X_1,X_2,\cdots,X_n$相互独立，那么$\frac{X_1^2}{\sigma^2},\frac{X_2^2}{\sigma^2},\cdots,\frac{X_n^2}{\sigma^2}$也相互独立。
   因此$\sum_{i = 1}^{n}\frac{X_i^2}{\sigma^2}\sim\chi^2(n)$。
3. 求$\sum_{i = 1}^{n}X_i^2$的方差：
   对于卡方分布$\chi^2(n)$，其方差$D(\chi^2(n)) = 2n$。
   因为$\sum_{i = 1}^{n}\frac{X_i^2}{\sigma^2}\sim\chi^2(n)$，所以$D(\sum_{i = 1}^{n}\frac{X_i^2}{\sigma^2}) = 2n$。
   根据方差的性质$D(aY)=a^2D(Y)$（$a$为常数，$Y$为随机变量），这里$a = \frac{1}{\sigma^2}$，$Y = \sum_{i = 1}^{n}X_i^2$，则有：
   $D(\sum_{i = 1}^{n}\frac{X_i^2}{\sigma^2})=\frac{1}{\sigma^4}D(\sum_{i = 1}^{n}X_i^2)=2n$
   所以$D(\sum_{i = 1}^{n}X_i^2)=2n\sigma^4$。
4. 求样本二阶原点矩$A_2$的方差：
   已知$A_2 = \frac{1}{n}\sum_{i = 1}^{n}X_i^2$，再根据方差的性质$D(aY)=a^2D(Y)$，这里$a = \frac{1}{n}$，$Y = \sum_{i = 1}^{n}X_i^2$，则：
   $D(A_2)=D(\frac{1}{n}\sum_{i = 1}^{n}X_i^2)=\frac{1}{n^2}D(\sum_{i = 1}^{n}X_i^2)$
   将$D(\sum_{i = 1}^{n}X_i^2)=2n\sigma^4$代入上式可得：
   $D(A_2)=\frac{1}{n^2}\times2n\sigma^4=\frac{2\sigma^4}{n}$