109 年 國立高雄大學金融管理學系碩士班《統計學》

本題主要考驗機率的基本計算與條件機率的應用。題目提供了多個事件發生的比例，需要透過這些比例計算出特定事件發生的機率。

首先，我們將題目中給定的資訊轉換成機率符號：
總體醫院就診人數為 31,000 人。
事件 $I$ (treatment-caused injury) 的機率 $P(I) = 0.04$。
在所有造成傷害的案例中，有 $\frac{1}{7}$ 導致死亡，即 $P(D|I) = \frac{1}{7}$。
在所有造成傷害的案例中，有 $\frac{1}{4}$ 是由疏忽造成的，即 $P(N|I) = \frac{1}{4}$。
在所有因疏忽造成的傷害案例中，有 $\frac{1}{7.5}$ 提出了醫療疏失訴訟，即 $P(M|N \cap I) = \frac{1}{7.5}$。
在所有提出醫療疏失訴訟的案例中，有 $\frac{1}{2}$ 獲得賠償，即 $P(S|M \cap N \cap I) = \frac{1}{2}$。

我們假設「因疏忽造成的傷害」(N) 是「因治療造成的傷害」(I) 的一個子集，即 $N \subset I$。因此，事件 $N$ 發生代表也同時發生了事件 $I$。

(1) 計算「因疏忽造成的傷害」的機率 $P(N)$。
題目說「one-fourth were caused by negligence」是指在「treatment-caused injuries」中，有四分之一是由疏忽造成的。
所以 $P(N|I) = \frac{1}{4}$。
我們要求的是一個「人 admit to the hospital」會 suffer a treatment-caused injury due to negligence 的機率，這就是 $P(N)$。
根據條件機率定義，$P(N \cap I) = P(N|I) P(I)$。
由於 N 是 I 的一種，所以 $N \cap I = N$。
因此，$P(N) = P(N|I) P(I) = \frac{1}{4} \times 0.04 = 0.01$。

【答案】0.01

(2) 計算「因治療造成的傷害而死亡」的機率 $P(D)$。
題目說「One-seventh of these treatment-caused injuries resulted in death」，這表示 $P(D|I) = \frac{1}{7}$。
我們要求的是一個「人 admit to the hospital」會 die from a treatment-caused injury 的機率，這就是 $P(D)$。
同理，$P(D \cap I) = P(D|I) P(I)$。

本題主要考驗貝氏定理 (Bayes' Theorem) 的應用，以及如何利用它來更新機率。

首先，我們定義事件：
$D$: cardholder will default (違約)
$D^c$: cardholder will not default (不違約)
$M$: customer missed one or more monthly payments (錯過至少一次月付款)

題目給定的資訊：
先驗機率 (prior probability) $P(D) = 0.05$。
因此，不違約的先驗機率 $P(D^c) = 1 - P(D) = 1 - 0.05 = 0.95$。
「不違約」的條件下，錯過月付款的機率 $P(M|D^c) = 0.20$。
「違約」的條件下，錯過月付款的機率 $P(M|D) = 1$。

(1) 計算後驗機率 $P(D|M)$。
我們想知道，在已知客戶錯過月付款的情況下，該客戶違約的機率。這可以使用貝氏定理來計算：
$P(D|M) = \frac{P(M|D) P(D)}{P(M)}$

首先，我們需要計算 $P(M)$，即客戶錯過月付款的總機率。根據全機率法則：
$P(M) = P(M|D) P(D) + P(M|D^c) P(D^c)$

核心觀念

本題考查母體平均數區間估計中「樣本數大小的決定」（Sample Size Determination for Estimating Population Mean）。

1. 估計母體平均數的信賴區間型態：
   當母體標準差 $\sigma$ 已知時，母體平均數 $\mu$ 之 $(1-\alpha)$ 信賴區間為： $$\bar{X} \pm z_{\alpha/2} \frac{\sigma}{\sqrt{n}}$$
2. 邊際誤差（Margin of Error, $E$）：
   邊際誤差代表點估計值與母體參數之間允許的最大抽樣誤差，其計算公式為： $$E = z_{\alpha/2} \frac{\sigma}{\sqrt{n}}$$
3. 樣本數決定公式：
   將上述邊際誤差公式兩邊進行代數移項，即可解出所需之最小樣本數 $n$： $$n = \left( \frac{z_{\alpha/2} \cdot \sigma}{E} \right)^2$$
4. 無條件進位原則（Rounding-Up Rule）：
   為確保實際估計的邊際誤差不超過預期的最大容許誤差 $E$，若計算出的樣本數 $n$ 包含小數，一律採取無條件進位（Ceiling Function，$\lceil n \rceil$）取下一個整數，不可採用四捨五入。

解題方法

已知參數整理

• 母體標準差 $\sigma = 0.25$（元）
• 信賴水準 $1-\alpha = 0.95 \implies \alpha = 0.05 \implies \alpha/2 = 0.025$
• 標準常態分配臨界值 $z_{0.025} = 1.96$
• 題目提及之平均油價 $3.94 為背景點估計值，與決定樣本數無直接關聯。

(1) 當期望邊際誤差為 $0.10 時（$E = 0.10$）

將已知數據代入樣本數公式：

核心觀念

本題評量單一母體平均數的單尾假設檢定與第二類型錯誤（Type II error, $\beta$）之計算：

1. 假設設定與拒絕域（Rejection Rule）：
   • 虛無假設 $H_0: \mu \ge 25$，對立假設 $H_1: \mu < 25$（左尾檢定）。
   • 樣本數 $n = 30$ 屬於大樣本（或依中央極限定理），且題目給定標準差為 $s = 3$。在商管統計實務大樣本檢定下，檢定統計量服從標準常態分配 $Z$（若依嚴格常態母體未知 $\sigma$ 且題意未提供 $t$ 表，通常依大樣本以標準常態近似；本題標準常態臨界值 $z_{0.02} \approx 2.054$ 或一般查表取 $2.05$；若以 $t$ 分配 $t_{0.02}(29) \approx 2.150$，詳解以標準常態 $Z$ 計算為主流標準解法，並附註 $t$ 值對照）。
   • 拒絕法則以樣本平均數 $\bar{x}$ 表示時，決策臨界點為： $$c = \mu_0 - z_{\alpha} \frac{\sigma}{\sqrt{n}}$$ 當 $\bar{x} < c$ 時拒絕 $H_0$。
2. 第二類型錯誤的機率（$\beta$）：
   • 定義：當 $H_1$ 為真（即實際母體平均數 $\mu = \mu_a < 25$）時，未拒絕 $H_0$（即落在不拒絕域 $\bar{x} \ge c$）的機率： $$\beta(\mu_a) = P(\text{不拒絕 } H_0 \mid \mu = \mu_a) = P(\bar{x} \ge c \mid \mu = \mu_a)$$
   • 當實際母體平均數落在虛無假設的範圍內（即 $\mu \ge 25$）時，$H_0$ 本身為真，此時不可能發生第二類型錯誤，因此 $\beta = 0$（或依定義第二類型錯誤不存在）。

解題方法

(1) 求解以 $\bar{x}$ 為基準的拒絕法則（Rejection Rule）

• 檢定假設： $$H_0: \mu \ge 25 \quad \text{vs.} \quad H_1: \mu < 25$$
• 顯著水準 $\alpha = 0.02$，樣本數 $n = 30$，標準差以 $s = 3$ 近似代入。
• 查標準常態分配表，累積機率為 $0.02$ 之左尾臨界值為： $$-z_{0.02} = -2.054 \quad (\text{常用查表取 } -2.05)$$
• 標準化統計量形式之拒絕域為： $$Z = \frac{\bar{x} - 25}{3 / \sqrt{30}} \le -z_{0.02}$$
• 換算為以 $\bar{x}$ 表示之拒絕臨界值 $c$： $$\frac{s}{\sqrt{n}} = \frac{3}{\sqrt{30}} = \frac{3}{5.4772} \approx 0.5477$$ 取 $z_{0.02} = 2.054$： $$c = 25 - 2.054 \times 0.5477 \approx 25 - 1.125 = 23.875$$ （若使用二位小數臨界值 $z = 2.05$，則 $c = 25 - 2.05 \times 0.5477 \approx 23.877 \approx 23.88$）。
• 因此，以 $\bar{x}$ 為基準的拒絕法則為：當 $\bar{x} \le 23.88$（或 $\bar{x} < 23.875$）時，拒絕 $H_0$。

核心觀念

本題評量**配對樣本（Paired Samples / Matched Samples）**之母體平均數差異的統計推論。

1. 配對樣本設計：
   由於每筆觀測值來自「同一個信用卡帳戶」在兩種不同消費類別（食品雜貨 vs. 外食餐飲）的支出，兩組資料彼此相關（相依）。因此應將兩母體的比較轉化為單一變數——配對差異值：
   $d_i = X_{1i} - X_{2i}$
   其中 $\mu_d = \mu_1 - \mu_2$ 代表兩類別母體平均數之差。

2. 檢定統計量（Paired $t$-test）：
   在母體標準差未知且樣本為配對結構下，檢定統計量服從自由度 $df = n - 1$ 的 $t$ 分配：
   $t = \frac{\bar{d} - \mu_{d0}}{\frac{s_d}{\sqrt{n}}} \sim t(n-1)$

3. 母體平均數差之信賴區間（Confidence Interval）：
   $(1-\alpha) \times 100\%$ 信賴區間公式為：
   $\bar{d} \pm t_{\alpha/2, \, n-1} \cdot \frac{s_d}{\sqrt{n}}$

解題方法

題目給定條件：

• 樣本數 $n = 42$（自由度 $df = 42 - 1 = 41$）
• 樣本平均差異 $\bar{d} = 850$
• 樣本差異標準差 $s_d = 1123$
• 顯著水準 $\alpha = 0.05$（雙尾臨界值 $t_{0.025, 41} = 2.020$）

(1) 假設檢定（Hypothesis Testing）

步驟一：建立虛無假說與對立假說

• 虛無假說 $H_0: \mu_d = 0$（即兩母體平均數無差異，$\mu_1 = \mu_2$）
• 對立假說 $H_1: \mu_d \neq 0$（即兩母體平均數有差異，$\mu_1 \neq \mu_2$）

步驟二：計算標準誤（Standard Error）
$SE(\bar{d}) = \frac{s_d}{\sqrt{n}} = \frac{1123}{\sqrt{42}} \approx \frac{1123}{6.4807} \approx 173.28$

步驟三：計算檢定統計量之值
$t^* = \frac{\bar{d} - 0}{\frac{s_d}{\sqrt{n}}} = \frac{850 - 0}{173.28} \approx 4.905$

步驟四：決策法則（Decision Rule）與結論

• 雙尾檢定拒絕域為：$|t^*| > t_{0.025, 41} = 2.020$。

本題考驗卡方檢定 (Chi-squared test) 在分析類別資料上的應用，特別是針對三個或以上類別的獨立性檢定，或者在此情況下，檢定觀察到的比例是否與預期比例有顯著差異。題目要求使用「非參數方法」，這通常是指卡方檢定。

題目給定的資訊：
總樣本數 $N = 2010$。
贊成 (Favor) 的人數 $n_F = 905$。
反對 (Oppose) 的人數 $n_O = 1045$。
無意見 (No Opinion) 的人數 $n_{NO} = 60$。
顯著水準 $\alpha = 0.05$。

問題是：「Do the data indicate a significant difference in the preferences?」這句話可以理解為，這三種偏好（贊成、反對、無意見）的比例是否顯著不同。如果沒有顯著差異，我們可能會期望它們的比例大致相等，或者基於某些先驗資訊。然而，題目並沒有提供任何預期的比例。

在這種情況下，最合理的解釋是進行一個「適合度檢定」(Goodness-of-Fit Test)，檢定觀察到的比例是否與「均勻分佈」(uniform distribution) 的比例有顯著差異。也就是說，我們檢定這三種選項的受歡迎程度是否大致相等。

虛無假設 $H_0$: 這三種偏好的比例是相等的 (即 $P(\text{Favor}) = P(\text{Oppose}) = P(\text{No Opinion}) = 1/3$)。
對立假設 $H_1$: 這三種偏好的比例不全相等。

若依據 $H_0$ 假設，預期人數為：
預期贊成 $E_F = N \times \frac{1}{3} = 2010 \times \frac{1}{3} = 670$。

本題考驗簡單線性迴歸的應用，特別是如何計算迴歸係數（市場 Beta 值）以及進行迴歸關係的顯著性檢定。

題目中的「 dependent variable 」是 Horizon Technology 的超額報酬 (excess return)，「 independent variable 」是 S&P 500 的超額報酬 (excess return)。市場 Beta 值 ($\beta$) 就是迴歸模型中自變數 (S&P 500 超額報酬) 的迴歸係數。

迴歸模型為：
$Y_i = \alpha + \beta X_i + \epsilon_i$
其中，$Y_i$ 是 Horizon Technology 的超額報酬，$X_i$ 是 S&P 500 的超額報酬，$\beta$ 是市場 Beta 值。

我們有 10 個觀察值 (n=10)。
S&P 500 (X): 1.2, -2.5, -3.0, 2.0, 5.0, 1.2, 3.0, -1.0, 0.5, 2.5
Horizon (Y): -0.7, -2.0, -5.5, 4.7, 1.8, 4.1, 2.6, 2.0, -1.3, 5.5

(1) 計算 Horizon Technology 的市場 Beta 值 ($\beta$)。
Beta 值 $\beta$ 是迴歸線的斜率，可以使用以下公式計算：
$\beta = \frac{\sum_{i=1}^{n} (X_i - \bar{X})(Y_i - \bar{Y})}{\sum_{i=1}^{n} (X_i - \bar{X})^2} = \frac{Cov(X, Y)}{Var(X)}$

首先，計算 X 和 Y 的平均值：
$\bar{X} = \frac{1.2 - 2.5 - 3.0 + 2.0 + 5.0 + 1.2 + 3.0 - 1.0 + 0.5 + 2.5}{10} = \frac{5.9}{10} = 0.59$
$\bar{Y} = \frac{-0.7 - 2.0 - 5.5 + 4.7 + 1.8 + 4.1 + 2.6 + 2.0 - 1.3 + 5.5}{10} = \frac{9.2}{10} = 0.92$

接下來，計算 $\sum (X_i - \bar{X})(Y_i - \bar{Y})$ 和 $\sum (X_i - \bar{X})^2$。
我們也可以使用另一種計算 beta 的公式：
$\beta = \frac{n \sum XY - (\sum X)(\sum Y)}{n \sum X^2 - (\sum X)^2}$

計算各項總和：
$\sum X = 5.9$
$\sum Y = 9.2$
$\sum X^2 = 1.2^2 + (-2.5)^2 + (-3.0)^2 + 2.0^2 + 5.0^2 + 1.2^2 + 3.0^2 + (-1.0)^2 + 0.5^2 + 2.5^2$
$\sum X^2 = 1.44 + 6.25 + 9.00 + 4.00 + 25.00 + 1.44 + 9.00 + 1.00 + 0.25 + 6.25 = 57.63$
$\sum Y^2 = (-0.7)^2 + (-2.0)^2 + (-5.5)^2 + 4.7^2 + 1.8^2 + 4.1^2 + 2.6^2 + 2.0^2 + (-1.3)^2 + 5.5^2$
$\sum Y^2 = 0.49 + 4.00 + 30.25 + 22.09 + 3.24 + 16.81 + 6.76 + 4.00 + 1.69 + 30.25 = 119.58$
$\sum XY = (1.2)(-0.7) + (-2.5)(-2.0) + (-3.0)(-5.5) + (2.0)(4.7) + (5.0)(1.8) + (1.2)(4.1) + (3.0)(2.6) + (-1.0)(2.0) + (0.5)(-1.3) + (2.5)(5.5)$
$\sum XY = -0.84 + 5.00 + 16.50 + 9.40 + 9.00 + 4.92 + 7.80 - 2.00 - 0.65 + 13.75 = 62.88$

本題考驗迴歸分析中的估計量性質，特別是對於最小平方法 (OLS) 估計量 $b$ 的不偏性 (unbiasedness) 和最佳線性不偏性 (BLUE) 的判斷。

題目給定的迴歸模型為 $Y_i = \alpha + \beta X_i + \epsilon_i$，且滿足標準的 OLS 假設：

1. $E(\epsilon_i) = 0$ (誤差項期望值為 0)。
2. $Var(\epsilon_i) = E(\epsilon_i^2) = \sigma^2$ (誤差項變異數恆定，同質性 Homoscedasticity)。
3. $E(\epsilon_i \epsilon_j) = 0$ for $i \ne j$ (誤差項之間不相關，無序列相關)。
4. $X_i$ 是非隨機的 (non-stochastic) 或對於 $\epsilon_i$ 是獨立的。
5. 樣本大小 $n=20$。

估計量 $b$ 是斜率係數 $\beta$ 的 OLS 估計量。

(1) $b$ 是否為 $\beta$ 的不偏估計量？
我們需要證明 $E(b) = \beta$。
$b = \frac{\sum X'_i Y'_i}{\sum (X'_i)^2}$
將 $Y_i = \alpha + \beta X_i + \epsilon_i$ 代入 $Y'_i = Y_i - \bar{Y}$：
$Y'_i = (\alpha + \beta X_i + \epsilon_i) - (\alpha + \beta \bar{X} + \bar{\epsilon})$
$Y'_i = \beta (X_i - \bar{X}) + (\epsilon_i - \bar{\epsilon})$
$Y'_i = \beta X'_i + (\epsilon_i - \bar{\epsilon})$

將 $Y'_i$ 代入 $b$ 的分子：
$\sum X'_i Y'_i = \sum X'_i (\beta X'_i + (\epsilon_i - \bar{\epsilon}))$
$= \sum (\beta (X'_i)^2 + X'_i (\epsilon_i - \bar{\epsilon}))$
$= \beta \sum (X'_i)^2 + \sum X'_i (\epsilon_i - \bar{\epsilon})$

注意到 $\sum X'_i \bar{\epsilon} = \bar{\epsilon} \sum X'_i = \bar{\epsilon} \sum (X_i - \bar{X}) = \bar{\epsilon} ( \sum X_i - n\bar{X} ) = \bar{\epsilon} ( n\bar{X} - n\bar{X} ) = 0$。
所以，$\sum X'_i (\epsilon_i - \bar{\epsilon}) = \sum X'_i \epsilon_i - \sum X'_i \bar{\epsilon} = \sum X'_i \epsilon_i$。
因此，$\sum X'_i Y'_i = \beta \sum (X'_i)^2 + \sum X'_i \epsilon_i$。

現在將此代入 $b$ 的公式：
$b = \frac{\beta \sum (X'_i)^2 + \sum X'_i \epsilon_i}{\sum (X'_i)^2}$
$b = \beta + \frac{\sum X'_i \epsilon_i}{\sum (X'_i)^2}$

現在計算 $E(b)$：
$E(b) = E\left(\beta + \frac{\sum X'_i \epsilon_i}{\sum (X'_i)^2}\right)$
$E(b) = \beta + E\left(\frac{\sum X'_i \epsilon_i}{\sum (X'_i)^2}\right)$

本題考驗迴歸分析中，變數選擇（省略或加入）對迴歸係數估計量的影響。

假設真實模型為：
$Y = \alpha + \beta_1 X_1 + \beta_2 X_2 + \epsilon$
其中 $E(\epsilon)=0$, $Var(\epsilon)=\sigma^2$, 且 $X_1, X_2$ 都是非隨機變數，且與 $\epsilon$ 不相關。

(1) 省略變數 $X_2$ 的影響。
當我們省略 $X_2$ 時，模型變為：
$Y = \alpha^* + \beta_1^* X_1 + \epsilon^*$
我們使用 OLS 來估計這個簡化的模型，得到 $\hat{\alpha}^*$ 和 $\hat{\beta}_1^*$。

OLS 估計量 $\hat{\beta}_1^*$ 是：
$\hat{\beta}_1^* = \frac{Cov(X_1, Y)}{Var(X_1)}$ (在此簡化模型下)
代入真實模型中的 $Y$:
$\hat{\beta}_1^* = \frac{Cov(X_1, \alpha + \beta_1 X_1 + \beta_2 X_2 + \epsilon)}{Var(X_1)}$
$\hat{\beta}_1^* = \frac{Cov(X_1, \beta_1 X_1) + Cov(X_1, \beta_2 X_2) + Cov(X_1, \epsilon)}{Var(X_1)}$
由於 $X_1$ 非隨機，$\epsilon$ 與 $X_1$ 不相關，且 $Cov(X_1, \epsilon)=0$。
$\hat{\beta}_1^* = \frac{\beta_1 Cov(X_1, X_1) + \beta_2 Cov(X_1, X_2)}{Var(X_1)}$
$\hat{\beta}_1^* = \frac{\beta_1 Var(X_1) + \beta_2 Cov(X_1, X_2)}{Var(X_1)}$
$\hat{\beta}_1^* = \beta_1 + \beta_2 \frac{Cov(X_1, X_2)}{Var(X_1)}$

令 $X_1$ 和 $X_2$ 的相關係數為 $\rho_{12}$，標準差為 $\sigma_{X_1}, \sigma_{X_2}$。
$Cov(X_1, X_2) = \rho_{12} \sigma_{X_1} \sigma_{X_2}$。
$Var(X_1) = \sigma_{X_1}^2$。
$\hat{\beta}_1^* = \beta_1 + \beta_2 \frac{\rho_{12} \sigma_{X_1} \sigma_{X_2}}{\sigma_{X_1}^2} = \beta_1 + \beta_2 \rho_{12} \frac{\sigma_{X_2}}{\sigma_{X_1}}$。

影響：

• $\hat{\beta}_1^*$ (估計的 $\beta_1$)：

  • 如果 $X_1$ 和 $X_2$ 不相關 ($Cov(X_1, X_2) = 0$ 或 $\rho_{12} = 0$)，那麼 $\hat{\beta}_1^* = \beta_1$。此時，省略 $X_2$ 並不會影響 $\beta_1$ 的估計。
  • 如果 $X_1$ 和 $X_2$ 相關 ($Cov(X_1, X_2) \ne 0$)，那麼 $\hat{\beta}_1^* \ne \beta_1$。此時，省略 $X_2$ 會導致 $\beta_1$ 的估計量產生偏差 (biased)。這個偏差的大小取決於 $\beta_2$ 的值以及 $X_1$ 和 $X_2$ 之間的相關性。這稱為「省略變數偏差」(omitted variable bias)。

• $\hat{\alpha}^*$ (估計的 $\alpha$)：
  同樣地，省略 $X_2$ 會使截距項的估計量 $\hat{\alpha}^*$ 產生偏差。
  $\hat{\alpha}^* = \bar{Y} - \hat{\beta}_1^* \bar{X}_1$
  $E(\hat{\alpha}^*) = E(\bar{Y}) - E(\hat{\beta}_1^*) \bar{X}_1$
  $E(\hat{\alpha}^*) = (\alpha + \beta_1 \bar{X}_1 + \beta_2 \bar{X}_2) - (\beta_1 + \beta_2 \frac{Cov(X_1, X_2)}{Var(X_1)}) \bar{X}_1$
  $E(\hat{\alpha}^*) = \alpha + \beta_1 \bar{X}_1 + \beta_2 \bar{X}_2 - \beta_1 \bar{X}_1 - \beta_2 \frac{Cov(X_1, X_2)}{Var(X_1)} \bar{X}_1$
  $E(\hat{\alpha}^*) = \alpha + \beta_2 \bar{X}_2 - \beta_2 \frac{Cov(X_1, X_2)}{Var(X_1)} \bar{X}_1$
  $E(\hat{\alpha}^*) = \alpha + \beta_2 \left( \bar{X}_2 - \frac{Cov(X_1, X_2)}{Var(X_1)} \bar{X}_1 \right)$
  除非 $\beta_2=0$ 或 $\bar{X}_2 - \frac{Cov(X_1, X_2)}{Var(X_1)} \bar{X}_1 = 0$ (這通常不成立)，否則 $\hat{\alpha}^*$ 會產生偏差。

總結 (1)：

• 估計的 $\beta_1$ ($\hat{\beta}_1^*$) 會產生偏差，除非 $X_1$ 和 $X_2$ 不相關，或者 $\beta_2=0$。
• 估計的 $\alpha$ ($\hat{\alpha}^*$) 通常也會產生偏差，除非 $\beta_2=0$ 或 $X_2$ 的平均值與 $X_1$ 的平均值以特定方式相關。

本題考驗最大概似估計法 (Maximum Likelihood Estimation, MLE) 的應用，以及如何應用於機率分佈和參數估計。

首先，我們需要確定隨機變數 $X_i$ 所服從的機率分佈。
題目描述：從籃子中隨機抽取一個球，有放回，直到抽到紅球為止。 $X_i$ 是「抽到紅球之前」抽取的球數。
這是一個幾何分佈 (Geometric Distribution) 的情境。
設籃子中有 $N$ 個球，其中 $N_R$ 個紅球，$N_W$ 個白球。$N = N_R + N_W$。
抽到紅球的機率為 $p = \frac{N_R}{N}$。
抽到白球的機率為 $1-p = \frac{N_W}{N}$。

幾何分佈定義：在伯努利試驗中，第一次成功（抽到紅球）所需的試驗次數。
如果 $X$ 是「第一次成功所需的試驗次數」，則 $P(X=k) = (1-p)^{k-1} p$，其中 $k=1, 2, 3, \ldots$。

但是，題目定義 $X_i$ 是「抽到紅球之前」抽取的球數。這意味著：

• 如果第一次就抽到紅球，則 $X_i = 0$。
• 如果第一次抽到白球，第二次抽到紅球，則 $X_i = 1$。
• 如果前兩次抽到白球，第三次抽到紅球，則 $X_i = 2$。
  所以，這是幾何分佈的一個變體，其中 $X_i$ 是「失敗的次數」，直到第一次成功。
  其機率質量函數 (PMF) 為：$P(X_i = k) = (1-p)^k p$，其中 $k=0, 1, 2, \ldots$。
  這個分佈也稱為「零起始」的幾何分佈。

我們需要估計的參數是 $R = \frac{\text{The number of red balls}}{\text{The number of white balls}}$。
我們知道 $p = \frac{N_R}{N_R + N_W}$。
$1-p = \frac{N_W}{N_R + N_W}$。
$R = \frac{N_R}{N_W}$。

我們需要將 $R$ 與 $p$ 聯繫起來。
$p = \frac{N_R}{N_R + N_W} = \frac{N_R/N_W}{N_R/N_W + N_W/N_W} = \frac{R}{R+1}$。
所以，$p = \frac{R}{R+1}$。
反之，$p(R+1) = R \implies pR + p = R \implies p = R(1-p) \implies R = \frac{p}{1-p}$。
這是我們要估計的參數 $R$ 與成功機率 $p$ 的關係。

現在，我們使用 MLE 來估計 $p$。
給定樣本 $(X_1, X_2, \ldots, X_n)$，其概似函數 (Likelihood Function) 為：
$L(p) = \prod_{i=1}^{n} P(X_i = x_i | p)$