東大数理の院試（2024年度専門B問18）の解答です．
自分が作った解答は
ここ
に置いてあります．
$n$を正整数とし，確率空間$(\Omega, \mathcal{F}, P)$上で定義された$2n$個の独立確率変数$X_1, X_2, \dots, X_n, \varepsilon_1, \varepsilon_2, \dots, \varepsilon_n$を考える．各$i = 1, \dots, n$について，$X_i$は非負値で$E[X_i^2] < \infty$を満たし，また$\varepsilon_i$は平均$0,$分散$1$の正規分布に従うとする．$\theta$を正の実数パラメータとし，各$i = 1, \dots, n$に対して
$$
Y_i = \varepsilon_i \sqrt{\theta(1 + X_i)}
$$
と定める．
観測データとして$X_1, \dots, X_n, Y_1, \dots, Y_n$が得られているとする．関数$L_n : (0, \infty) \to \RR$を
$$
L_n(t) = \prod_{i = 1}^n
\frac{1}{\sqrt{2\pi t(1 + X_i)}} \exp \bigg( -\frac{Y_i^2}{2t(1 + X_i)}\bigg)
\qquad (t \in (0, \infty))
$$
で定義し，$L_n(t)$を$(0, \infty)$において最大にする$t$として推定量$\widehat{\theta}_n$を定める．
(1)
$$
\log L_n(t)
= \sum_{i = 1}^n \bigg( -\frac{1}{2} \log t - \frac{\varepsilon_i^2 \theta}{2t} + C_i\bigg)
$$
である．ただし$C_i$は$t$によらない実数．これより
$$
\frac{d}{dt} \log L_n(t)
= \sum_{i = 1}^n \bigg( -\frac{1}{2t} + \frac{\varepsilon_i^2 \theta}{2t^2} \bigg)
= \frac{1}{2t^2} \bigg( -nt + \sum_{i = 1}^n \varepsilon_i^2 \theta \bigg)
$$
なので
$$
\widehat{\theta}_n
= \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^n \varepsilon_i^2 \theta
= \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^n \frac{Y_i^2}{1 + X_i}.
$$
(2)
$\varepsilon_i$たちの独立性と$E[\varepsilon_i^2] = V[\varepsilon_i] = 1$より$E[\widehat{\theta}_n] = \theta$となるから，$\widehat{\theta}_n$は$\theta$の不偏推定量である．また
$$
E[\widehat{\theta}_n^2]
= \frac{\theta^2}{n^2} \bigg( \sum_{i = 1}^n E[\varepsilon_i^4]
+ \sum_{i \not= j} E[\varepsilon_i^2]E[\varepsilon_j^2] \bigg)
= \frac{\theta^2}{n^2} (n \cdot 3 + n(n - 1)\cdot 1^2)
= \frac{n + 2}{n} \theta^2
$$
より$V[\widehat{\theta}_n] = \frac{2}{n}\theta^2.$
(3)
$$
\widetilde{\theta}_n
= \frac{\frac{1}{n} \sum_{i = 1}^n Y_i^2}{1 + \overline{X}_n}
= \frac{\sum_{i = 1}^n Y_i^2}{\sum_{i = 1}^n (1 + X_i)}
= \frac{\sum_{i = 1}^n \varepsilon_i^2 \theta(1 + X_i)}{\sum_{i = 1}^n (1 + X_i)}
$$
であるから，$X_i$が与えられた時の条件つき期待値は
$$
E[\widetilde{\theta}_n | X_i]
= \frac{\sum_{i = 1}^n E[\varepsilon_i^2] \theta(1 + X_i)}{\sum_{i = 1}^n (1 + X_i)}
= \theta.
$$
よって$E[\widetilde{\theta}_n] = E[E[\widetilde{\theta}_n | X_i]] = \theta$となり示された．
(4)
$$
E[\widetilde{\theta}_n^2 | X_i]
= \frac{\theta^2}{(\sum_{i = 1}^n (1 + X_i))^2}
\bigg( 3\sum_{i = 1}^n (1 + X_i)^2 + \sum_{i \not= j} (1 + X_i)(1 + X_j)\bigg)
$$
であるから，$x_i = 1 + X_i$とおけば
$$
\frac{3\sum_i x_i^2 + \sum_{i \not= j} x_i x_j}{(\sum_i x_i)^2} - \frac{n + 2}{n}
= \frac{2(n - 1) \sum_i x_i^2 - 2\sum_{i \not= j} x_i x_j}{n(\sum_i x_i)^2}.
\tag{$\ast$}
$$
ここで対角成分が$n - 1$でそれ以外の成分が$-1$の$n$次対称行列を$A$とおく．${}^t (1, \dots, 1)$は$A$の固有値$0$に対応する固有ベクトルである．また$e_i \in \RR^n$を$\RR^n$の標準基底とする時$Ae_i = ne_i - (e_1 + \cdots + e_n)$より$A(e_1 - e_i) = n(e_1 - e_i)$だから，$e_1 - e_i$は$A$の固有値$n$に対応する固有ベクトルである．よって$A$は正定値なので$(\ast)$は非負である．従って$E[\widetilde{\theta}_n^2 | X_i] \geq E[\widehat{\theta}_n^2]$なので$E[\widetilde{\theta}_n^2] \geq E[\widehat{\theta}_n^2].$$\widetilde{\theta}_n, \widehat{\theta}_n$が$\theta$の不偏推定量であることとあわせて$V[\widetilde{\theta}_n] \geq V[\widehat{\theta}_n].$