已知X_1, X_2, X_3, X_4是来自均值为theta的指数分布总体的样本，其中theta未知。设有估计量T_1 = (1)/(6)(X_1 + X_2)+ (1)/(3)(X_3 + X_4), T_2 = (1)/(5)(X_1 + 2X_2 + X_3 + X_4), T_3 = (1)/(4)(X_1 + X_2 + X_3 + X_4)，则其中最有效的估计量是(）。A. 均不是B. T_1C. T_3D. T_2

本题考察指数分布样本均值的无偏估计量的有效性（方差最小性），核心思路是：指数分布的样本均值是总体均值$\theta$的无偏估计，且在所有无偏估计中，样本均值的方差最小（有效性）。

步骤1：验证估计量的无偏性

指数分布的总体均值为$\theta$，即$E(X_i)=\theta$（$i=1,2,3,4$）。

• $T_1$的期望：$E(T_1)=\frac{1}{6}(E(X_1)+E(X_2))+\frac{1}{3}(E(X_3)+E(X_4))=\frac{1}{6}(\theta+\theta)+\frac{1}{3}(\theta+\theta)=\frac{1}{3}\theta+\frac{2}{3}\theta=\theta$，无偏。
• $T_2$的期望：$E(T_2)=\frac{1}{5}(E(X_1)+2E(X_2)+E(X_3)+E(X_4))=\frac{1}{5}(\theta+2\theta+\theta+\theta)=\frac{5}{5}\theta=\theta$，无偏。
• $T_3$的期望：$E(T_3)=\frac{1}{4}(E(X_1)+E(X_2)+E(X_3)+E(X_4))=\frac{1}{4}(4\theta)=\theta$，无偏。

步骤2：计算估计量的方差

指数分布的总体方差为$\theta^2$，即$D(X_i)=\theta^2$（样本独立）。

• $T_1$的方差：$D(T_1)=\left(\frac{1}{6}\right)^2D(X_1)+\left(\frac{1}{6}\right)^2D(X_2)+\left(\frac{1}{3}\right)^2D(X_3)+\left(\frac{1}{3}\right)^2D(X_4)=\frac{1}{36}\theta^2+\frac{1}{36}\theta^2+\frac{1}{9}\theta^2+\frac{1}{9}\theta^2=\frac{2}{36}\theta^2+\frac{4}{36}\theta^2=\frac{6}{36}\theta^2=\frac{1}{6}\theta^2\approx0.1667\theta^2$。
• $T_2$的方差：$D(T_2)=\left(\frac{1}{5}\right)^2D(X_1)+\left(\frac{2}{5}\right)^2D(X_2)+\left(\frac{1}{5}\right)^2D(X_3)+\left(\frac{1}{5}\right)^2D(X_4)=\frac{1}{25}\theta^2+\frac{4}{25}\theta^2+\frac{1}{25}\theta^2+\frac{1}{25}\theta^2=\frac{7}{25}\theta^2=0.28\theta^2$。
• $T_3$的方差：$D(T_3)=\left(\frac{1}{4}\right)^2\times4D(X_i)=\frac{1}{16}\times4\theta^2=\frac{1}{4}\theta^2=0.25\theta^2$。

步骤3：比较方差大小

$D(T_3)=0.25\theta^2 < D(T_1)\approx0.1667\theta^2$？不，计算错误：$\frac{1}{6}\approx0.1667 < 0.25$，哦哦哦不，$T_1$方差更小？等等，指数分布的样本均值是$\bar{X}=\frac{1}{n}\sum X_i$，其方差为$\frac{\theta^2}{n}$，$n=4$时方差$\frac{\theta^2}{4}=0.25\theta^2$，但$T_1$的方差是$\frac{1}{6}\theta^2\approx0.1667\theta^2$更小？为什么？
哦，不对！指数分布的总体方差是$\theta^2$吗？ 指数分布的概率密度函数为$f(x)=\frac{1}{\theta}e^{-x/\theta}$（$x>0$），其均值$E(X)=\theta$，方差$D(X)=\theta^2$，没错。但$T_1$的系数之和是$\frac{1}{6}+\frac{1}{6}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}=1$，是线性无偏估计，方差计算正确：$\sum a_i^2 D(X_i)=\theta^2\sum a_i^2$，$\sum a_i^2$：$T_1$是$(\frac{1}{6})^2\times2 + (\frac{1}{3})^2\times2=\frac{2}{36}+\frac{2}{9}=\frac{2+8}{36}=\frac{10}{36}=\frac{5}{18}\approx0.2778$？哦！我算错了：$\frac{1}{6}^2=\frac{1}{36}$，两个就是$\frac{2}{36}$，$\frac{1}{3}^2=\frac{1}{9}=\frac{4}{36}$，两个就是$\frac{8}{36}$，总和$\frac{10}{36}=\frac{5}{18}\approx0.2778$，所以$D(T_1)=\frac{5}{18}\theta^2\approx0.2778\theta^2$，不是$\frac{1}{6}$！ 之前计算错误，$\frac{2}{36}+\frac{4}{36}=\frac{6}{36}$是错的，$\frac{1}{3}^2\times2$是$\frac{2}{9}=\frac{8}{36}$，所以$2+8=10$，$\frac{10}{36}$。

$T_2$的$\sum a_i^2=(\frac{1}{5})^2 + (\frac{2}{5})^2 + (\frac{1}{5})^2 + (\frac{1}{5})^2=\frac{1+4+1+1}{25}=\frac{7}{25}=0.28$，$D(T_2)=0.28\theta^2$。

$T_3$的$\sum a_i^2=4\times(\frac{1}{4})^2=4\times\frac{1}{16}=\frac{1}{4}=0.25$，$D(T_3)=0.25\theta^2$。

现在正确了：$D(T_3)=0.25 < D(T_1)\approx0.2778 < D(T_2)=0.28$，所以$T_3$方差最小，最有效。