Matemáticas de secundaria · Grades 10–12

32Probabilidad condicional e independencia

La probabilidad cuantifica la incertidumbre; la probabilidad condicional cuantifica cómo la modifica la información. Enterarse de que ha ocurrido un suceso $B$ reconfigura las probabilidades de todos los demás sucesos: un mecanismo formalizado por Bayes y maltratado a diario en los tribunales y en los periódicos. Este capítulo establece las reglas del condicionamiento y el significado exacto de la independencia.

32.1 Espacios de probabilidad (recordatorio)

Un experimento con un número finito de resultados se modeliza mediante un espacio muestral $\Omega$ (el conjunto de los resultados) y una probabilidad $\P$ que asigna a cada suceso $A \subseteq \Omega$ un número $\P(A) \in \intcc{0}{1}$ , aditiva sobre uniones disjuntas y con $\P(\Omega) = 1$ . Recordemos las reglas básicas:

\P(\bar A) = 1 - \P(A), \qquad \P(A \cup B) = \P(A) + \P(B) - \P(A \cap B).

Cuando todos los resultados son igual de probables, $\P(A) = \frac{\abs A}{\abs\Omega}$ , y calcular probabilidades se reduce a las técnicas de recuento del Capítulo 27.

32.2 Probabilidad condicional

Definición 32.1 (Probabilidad condicional)

Sea $B$ un suceso con $\P(B) > 0$ . La probabilidad de $A$ condicionada a $B$ es

\pcond{B}{A} = \frac{\P(A \cap B)}{\P(B)} .

La aplicación $A \mapsto \pcond BA$ es a su vez una probabilidad (valen todas las reglas); representa el nuevo estado de conocimiento de quien se ha enterado de que $B$ ha ocurrido.

Proposición 32.2 (Regla del producto)

Para sucesos de probabilidad no nula:

\P(A \cap B) = \P(B)\,\pcond{B}{A} = \P(A)\,\pcond{A}{B},

y, más en general, $\P(A_1 \cap A_2 \cap A_3) = \P(A_1)\,\pcond{A_1}{A_2}\, \pcond{A_1 \cap A_2}{A_3}$ , etcétera.

Demostración. Basta reordenar la definición; la fórmula en cadena se obtiene iterando. ∎

Teorema 32.3 (Ley de la probabilidad total)

Sean $B_1, \dots, B_n$ una partición de $\Omega$ en sucesos de probabilidad no nula. Para todo suceso $A$ :

\P(A) = \sum_{i=1}^{n} \P(B_i)\,\pcond{B_i}{A}.

Demostración. Los conjuntos $A \cap B_i$ son disjuntos dos a dos y su unión es $A$ , luego $\P(A) = \sum_i \P(A \cap B_i) = \sum_i \P(B_i)\pcond{B_i}{A}$ por la regla del producto. ∎

Método 32.4 (Árboles de probabilidad)

Un diagrama de árbol organiza las probabilidades condicionales: cada rama lleva la probabilidad del suceso siguiente condicionada al camino recorrido hasta ahí.

La probabilidad de una hoja (un camino completo) es el producto de las probabilidades de sus ramas (regla del producto).
La probabilidad de un suceso es la suma de las probabilidades de las hojas que lo realizan (probabilidad total).
Las probabilidades de las ramas que salen de un mismo nodo suman $1$ .

Un árbol de dos niveles: se multiplica a lo largo de un camino y se suma sobre las hojas. Por ejemplo, (A) es la suma de las probabilidades de la primera y la tercera hoja. — Un árbol de dos niveles: se multiplica a lo largo de un camino y se suma sobre las hojas. Por ejemplo, $\P(A)$ es la suma de las probabilidades de la primera y la tercera hoja.

Teorema 32.5 (Fórmula de Bayes)

Sean $B_1, \dots, B_n$ una partición de $\Omega$ como antes y $A$ un suceso con $\P(A) > 0$ . Entonces

\pcond{A}{B_j} = \frac{\P(B_j)\,\pcond{B_j}{A}}{\sum_{i=1}^{n} \P(B_i)\,\pcond{B_i}{A}} .

Demostración. $\pcond{A}{B_j} = \frac{\P(A \cap B_j)}{\P(A)}$ ; se desarrolla el numerador con la regla del producto y el denominador con la probabilidad total. ∎

Ejemplo 32.6 (Prueba de cribado)

Una enfermedad afecta al $1\,\%$ de una población. Una prueba la detecta con probabilidad $0.99$ (sensibilidad) y da un falso positivo con probabilidad $0.05$ . Dada una prueba positiva, la probabilidad de estar realmente enfermo es

\frac{0.01 \times 0.99}{0.01\times0.99 + 0.99\times0.05} = \frac{0.0099}{0.0099 + 0.0495} = \frac{1}{6} \approx 0.17 .

Pese a lo fiable que es la prueba, cinco de cada seis positivos son falsos, y eso es porque la enfermedad es rara. Confundir $\pcond{A}{B}$ con $\pcond{B}{A}$ es la falacia del fiscal.

La prueba de cribado en forma de árbol (D: enfermo, T: prueba positiva). Las dos hojas positivas (en rojo) suman un peso de 0.0594, del que los falsos positivos aportan cinco sextos. — La prueba de cribado en forma de árbol ( $D$ : enfermo, $T$ : prueba positiva). Las dos hojas positivas (en rojo) suman un peso de $0.0594$ , del que los falsos positivos aportan cinco sextos.

32.3 Independencia

Definición 32.7 (Sucesos independientes)

Dos sucesos $A$ y $B$ son independientes si

\P(A \cap B) = \P(A)\,\P(B) .

Cuando $\P(B) > 0$ , esto equivale a $\pcond{B}{A} = \P(A)$ : saber que ha ocurrido $B$ no cambia la probabilidad de $A$ .

Proposición 32.8

Si $A$ y $B$ son independientes, también lo son $A$ y $\bar B$ (y $\bar A$ y $\bar B$ ).

Demostración. $\P(A \cap \bar B) = \P(A) - \P(A \cap B) = \P(A) - \P(A)\P(B) = \P(A)\bigl(1 - \P(B)\bigr) = \P(A)\,\P(\bar B)$ . ∎

Observación 32.9

No confundas independientes ( $\P(A\cap B) = \P(A)\P(B)$ ) con incompatibles ( $A \cap B = \varnothing$ ). Dos sucesos incompatibles de probabilidad no nula nunca son independientes: saber que ha ocurrido uno garantiza que el otro no.

Definición 32.10 (Repeticiones independientes)

Cuando un experimento se repite $n$ veces de modo que el resultado de cada prueba no influye en los demás, la probabilidad de una sucesión concreta de resultados es el producto de las probabilidades individuales. Este es el modelo que hay detrás de la distribución binomial (Capítulo 33).

32.4 Ejercicios

Ejercicio 32.1 ★

Se saca una carta de una baraja estándar de 52 cartas. Calcula la probabilidad de que sea un rey sabiendo que es una figura (jota, reina o rey). ¿Son independientes los sucesos “ser rey” y “ser de corazones”?

Solución

Solución de Ejercicio 32.1.

Hay $12$ figuras, de las cuales $4$ son reyes: $\pcond{\text{figura}}{\text{rey}} = \frac{4}{12} = \frac13$ .

Independencia: $\P(\text{rey} \cap \text{corazones}) = \frac{1}{52}$ (el rey de corazones), y $\P(\text{rey})\,\P(\text{corazones}) = \frac{4}{52}\times\frac{13}{52} = \frac{1}{52}$ . Coinciden: los sucesos son independientes.

Ejercicio 32.2 ★

Una urna contiene 5 bolas rojas y 3 azules. Se sacan dos bolas sucesivamente sin reposición.

Dibuja el árbol de probabilidad.
Calcula la probabilidad de que las dos sean rojas y la probabilidad de que la segunda sea roja.

Solución

Solución de Ejercicio 32.2.

1. Primeras ramas: roja $\frac58$ , azul $\frac38$ ; segundas ramas (sin reposición): tras roja, roja $\frac47$ / azul $\frac37$ ; tras azul, roja $\frac57$ / azul $\frac27$ .

2. $\P(RR) = \frac58 \times \frac47 = \frac{5}{14}$ . Por la probabilidad total,

\P(\text{la segunda es roja}) = \frac58\cdot\frac47 + \frac38\cdot\frac57 = \frac{20 + 15}{56} = \frac58 .

(Lo mismo que en la primera extracción: por simetría, la segunda bola es una bola de la urna elegida al azar de manera uniforme.)

Ejercicio 32.3 ★

Se lanzan dos dados equilibrados. Sean $A$ = “la suma es $7$ ”, $B$ = “el primer dado saca $3$ ” y $C$ = “la suma es $6$ ”. Determina si $A$ y $B$ son independientes y, después, si lo son $B$ y $C$ .

Solución

Solución de Ejercicio 32.3.

$\P(A) = \frac{6}{36} = \frac16$ (seis parejas suman $7$ ), $\P(B) = \frac16$ , y $A \cap B = \{(3,4)\}$ tiene probabilidad $\frac{1}{36} = \P(A)\P(B)$ : $A$ y $B$ son independientes. (La suma $7$ es especial: sea cual sea el primer dado, exactamente un valor del segundo la produce.)

$\P(C) = \frac{5}{36}$ y $B \cap C = \{(3,3)\}$ : $\P(B \cap C) = \frac{1}{36} \neq \frac16 \times \frac{5}{36} = \frac{5}{216}$ . No son independientes.

Ejercicio 32.4 ★★

Una fábrica tiene tres máquinas que producen, respectivamente, el $50\,\%$ , el $30\,\%$ y el $20\,\%$ de la producción total, con tasas de piezas defectuosas del $1\,\%$ , el $2\,\%$ y el $4\,\%$ .

¿Qué proporción de la producción es defectuosa?
Una pieza elegida al azar es defectuosa. ¿Cuál es la probabilidad de que provenga de la tercera máquina?

Solución

Solución de Ejercicio 32.4.

1. Probabilidad total con la partición por máquinas:

\P(D) = 0.5\times0.01 + 0.3\times0.02 + 0.2\times0.04 = 0.005 + 0.006 + 0.008 = 0.019 = 1.9\,\% .

2. Bayes: $\pcond{D}{M_3} = \dfrac{0.008}{0.019} = \dfrac{8}{19} \approx 0.42$ . La máquina que produce solo una quinta parte del total explica más del $40\,\%$ de las piezas defectuosas.

Ejercicio 32.5 ★★

En el Ejemplo 32.6, ¿con qué prevalencia $p$ de la enfermedad (en lugar del $1\,\%$ ) significaría una prueba positiva al menos un $90\,\%$ de probabilidad de estar enfermo? Resuelve la inecuación y coméntala.

Solución

Solución de Ejercicio 32.5.

La condición es

\frac{0.99\,p}{0.99\,p + 0.05\,(1-p)} \geq 0.9 .

El denominador es positivo, así que esto se lee $0.99p \geq 0.891p + 0.045 - 0.045p$ , es decir, $0.144\,p \geq 0.045$ , es decir,

p \geq \frac{0.045}{0.144} = 0.3125 .

La prueba, por sí sola, alcanza el $90\,\%$ de certeza únicamente si la enfermedad afecta ya a más del $31\,\%$ de la población examinada; por eso el cribado masivo de enfermedades raras exige pruebas de confirmación.

Ejercicio 32.6 ★★

Una moneda trucada saca cara con probabilidad $p \in \intoo{0}{1}$ . Se lanza tres veces, y los lanzamientos son independientes.

Calcula la probabilidad del suceso $E$ = “exactamente dos caras”.
¿Para qué $p$ es máxima $\P(E)$ ?

Solución

Solución de Ejercicio 32.6.

1. Tres sucesiones realizan $E$ (cara-cara-cruz, cara-cruz-cara y cruz-cara-cara), cada una de probabilidad $p^2(1-p)$ por independencia: $\P(E) = 3p^2(1 - p)$ .

2. $f(p) = 3p^2 - 3p^3$ tiene $f'(p) = 6p - 9p^2 = 3p(2 - 3p)$ , positiva y luego negativa en $\intoo{0}{1}$ : máximo en $p = \frac23$ , donde $\P(E) = 3\cdot\frac49\cdot\frac13 = \frac49$ .

Ejercicio 32.7 ★★★

(Monty Hall.) Un premio se esconde detrás de una de tres puertas. Eliges una puerta; el presentador, que sabe dónde está el premio, abre una de las dos puertas restantes y revela siempre una vacía (eligiendo al azar si las dos están vacías), y te ofrece cambiar a la otra puerta cerrada. Usando la fórmula de Bayes, calcula la probabilidad de ganar si cambias y la probabilidad de ganar si no cambias.

Solución

Solución de Ejercicio 32.7.

Supongamos que has elegido la puerta 1 y que el presentador ha abierto la puerta 3 (suceso $H_3$ ). Con $B_i$ = “el premio está detrás de la puerta $i$ ”, $\P(B_i) = \frac13$ y

\pcond{B_1}{H_3} = \frac12, \qquad \pcond{B_2}{H_3} = 1, \qquad \pcond{B_3}{H_3} = 0

(si el premio está detrás de tu puerta, el presentador elige al azar entre las puertas 2 y 3; y si está detrás de la puerta 2, está obligado a abrir la 3). Bayes:

\pcond{H_3}{B_1} = \frac{\frac13\cdot\frac12}{\frac13\cdot\frac12 + \frac13\cdot1 + 0} = \frac{1/6}{1/2} = \frac13, \qquad \pcond{H_3}{B_2} = \frac{\frac13}{\frac12} = \frac23 .

Quedarse gana con probabilidad $\frac13$ ; cambiar, con probabilidad $\frac23$ .

Ejercicio 32.8 ★★★

Un canal de información transmite bits. El ruido invierte cada bit con probabilidad $\varepsilon = 0.1$ , de manera independiente. Para proteger un bit, se envía tres veces y se descodifica por mayoría.

Calcula la probabilidad de que el bit descodificado sea erróneo.
La palabra recibida es $101$ . ¿Cuál es la probabilidad de que el bit enviado fuera un $1$ ? (Supón que el $0$ y el $1$ se envían con la misma probabilidad.)

Solución

Solución de Ejercicio 32.8.

1. La mayoría se equivoca cuando se invierten al menos dos de las tres copias:

3\varepsilon^2(1-\varepsilon) + \varepsilon^3 = 3(0.01)(0.9) + 0.001 = 0.028,

mucho menor que $\varepsilon = 0.1$ : la codificación por repetición funciona.

2. Si se envió un $1$ (como $111$ ), recibir $101$ exige exactamente una inversión: probabilidad $\varepsilon(1-\varepsilon)^2 = 0.081$ . Si se envió un $0$ ( $000$ ), hacen falta dos inversiones: $\varepsilon^2(1-\varepsilon) = 0.009$ . Bayes con probabilidades previas iguales:

\pcond{101}{\,\text{se envió }1} = \frac{0.081}{0.081 + 0.009} = 0.9 .

La descodificación por mayoría ( $101 \mapsto 1$ ) es, en efecto, la conjetura más probable.

32.5 Problema: El médico, el juez y el filtro de correo basura

Problema 32.1

Problema de fin de semana — la fórmula de Bayes contra la falacia de la tasa base: por qué una prueba del $99\,\%$ puede significar un $2\,\%$ , por qué una coincidencia de uno entre un millón no condena a nadie y cómo piensa tu buzón

Una prueba que detecta el $99\,\%$ de los casos da positivo, y la probabilidad real de estar enfermo es inferior al $2\,\%$ . Aparece un perfil de ADN que coincide con una persona entre un millón, y el sospechoso es probablemente inocente. Las dos afirmaciones son correctas, las dos han sido mal juzgadas por médicos y por tribunales, y las dos se resuelven con una línea de este capítulo: la fórmula de Bayes (Teorema 32.5). Este problema la entrena con urnas y la lleva después a la consulta, a la sala del tribunal y a la bandeja de entrada.

Parte I — Soltura.

Una moneda equilibrada elige la urna I ( $2$ rojas, $1$ azul) o la urna II ( $1$ roja, $3$ azules), y después se saca una bola. Calcula $\P(\text{roja})$ con la ley de la probabilidad total (Teorema 32.3).
La bola es roja: calcula $\P(\text{urna I} \mid \text{roja})$ .
Un lanzamiento de un dado: ¿son independientes los sucesos “par” y “ $\leq 4$ ” (Definición 32.7)? ¿Y “par” y “ $\leq 3$ ”?
Dos detectores de humo independientes se disparan, cada uno con probabilidad $0.9$ , en caso de incendio. Usando la Proposición 32.8, calcula la probabilidad de que se dispare al menos uno.
Dos cartas sin reposición: calcula $\P(\text{dos reyes})$ con la regla del producto (Proposición 32.2).

Parte II — El médico. Una enfermedad afecta a $1$ persona de cada $1\,000$ . La prueba detecta al $99\,\%$ de los enfermos (sensibilidad), pero también salta con el $5\,\%$ de los sanos (falsos positivos).

Frecuencias naturales: imagina $100\,000$ personas. ¿Cuántas están enfermas y cuántas sanas? ¿Cuántos positivos produce cada grupo y cuántos positivos hay en total?
A partir de esos recuentos, calcula $\P(\text{enfermo} \mid \text{positivo})$ . Encaja el golpe.
Vuelve a calcularlo con la fórmula de Bayes y comprueba que coincide.
En las encuestas, la mayoría de los médicos responde “en torno al $99\,\%$ ”. Nombra las dos probabilidades condicionales que se están confundiendo y explica por qué la minúscula tasa base manda sobre la respuesta verdadera.
Una segunda prueba, independiente, también da positivo. Actualiza: tomando el $1.9\,\%$ como nueva probabilidad previa, calcula $\P(\text{enfermo} \mid \text{dos positivos})$ . ¿Qué está haciendo la acumulación de indicios?
Calcula $\P(\text{enfermo} \mid \text{positivo})$ si la misma prueba se aplica solo a un grupo de riesgo con una prevalencia del $5\,\%$ . Deduce la moraleja de salud pública sobre el cribado masivo de enfermedades raras.

Parte III — El juez.

Un perfil de ADN hallado en la escena del crimen coincide con una persona entre un millón. El sospechoso, encontrado al buscar en una base de datos de los $10$ millones de habitantes de la ciudad, coincide. ¿Número esperado de coincidencias inocentes en la ciudad? Sabiendo solo lo de la coincidencia, ¿cuánto vale aproximadamente $\P(\text{inocente} \mid \text{coincidencia})$ ?
Nombra la falacia (¿qué probabilidad citó el fiscal y cuál necesitaba el tribunal?) y su paralelismo exacto con la pregunta 9.
La trampa de la independencia: dos desgracias raras en una misma familia se elevaron una vez al cuadrado hasta dar “una entre $73$ millones”, tratándolas como independientes, y condenaron a una madre inocente (el caso Sally Clark). Si los sucesos comparten factores de riesgo familiares de modo que el segundo, dado el primero, es $5$ veces más probable que la tasa base, recalcula el orden de magnitud y enuncia la lección sobre multiplicar probabilidades.
La defensa también puede hacer trampas: “coinciden diez inocentes, así que la coincidencia no demuestra nada” ignora todo lo demás. ¿Qué hace la fórmula de Bayes con varios indicios y qué única frase debería conocer todo miembro de un jurado?

Parte IV — El filtro de correo basura.

El $40\,\%$ de tu correo es basura. La palabra “lotería” aparece en el $15\,\%$ del correo basura y en el $0.5\,\%$ del correo honrado. Un mensaje la contiene: calcula $\P(\text{basura} \mid \text{lotería})$ .
Repetición correctora de errores (continuación del Ejercicio 32.8): con probabilidad de inversión $\varepsilon = 0.1$ , ¿con qué probabilidad falla la descodificación por mayoría de cinco copias? Compárala con la del código de tres copias.
Un bit atraviesa $4$ repetidores ruidosos independientes, cada uno de los cuales lo invierte con probabilidad $0.1$ : llega correcto exactamente cuando el número de inversiones es par. Calcula esa probabilidad de dos maneras: sumando los términos binomiales y con la elegante fórmula $\frac{1 + (1 - 2\varepsilon)^4}{2}$ .
Los filtros de correo basura de verdad multiplican los indicios de muchas palabras como si fueran independientes (Bayes “ingenuo”). ¿Por qué es falsa esa hipótesis para palabras como “ganar” y “lotería” y por qué funciona bien el filtro aun así? (Una o dos frases.)
Final: Bayes como la aritmética de la creencia: probabilidad previa por verosimilitud, se renormaliza y sale la probabilidad posterior. Repasa los tres veredictos (consulta, tribunal y bandeja de entrada) en una frase cada uno, y enumera después las tres trampas que ha destapado este problema: las tasas base olvidadas, la independencia fingida y los indicios leídos de uno en uno.

Solución

Solución de Problema 32.1.

1. $\P(\text{roja}) = \frac12 \cdot \frac23 + \frac12 \cdot \frac14 = \frac13 + \frac18 = \frac{11}{24}$ .

2. $\P(\text{I} \mid \text{roja}) = \dfrac{\frac12 \cdot \frac23}{\frac{11}{24}} = \dfrac{1/3}{11/24} = \dfrac{8}{11}$ .

3. $\P(\text{par} \cap \leq 4) = \P(\{2, 4\}) = \frac13$ y $\P(\text{par})\P(\leq 4) = \frac12 \cdot \frac23 = \frac13$ : independientes (¡inesperadamente!). Para $\leq 3$ : $\P(\{2\}) = \frac16$ frente a $\frac12 \cdot \frac12 = \frac14$ : dependientes.

4. Los complementarios de sucesos independientes son a su vez independientes, así que

\P(\text{ninguno}) = 0.1 \times 0.1 = 0.01, \qquad \P(\text{al menos uno}) = 0.99 .

5. $\frac{4}{52} \times \frac{3}{51} = \frac{1}{221}$ .

6. Enfermas: $100$ ; sanas: $99\,900$ . Positivos: $99$ verdaderos (el $99\,\%$ de $100$ ) y $4\,995$ falsos (el $5\,\%$ de $99\,900$ ): $5\,094$ positivos en total.

7. $\P(\text{enfermo} \mid +) = \frac{99}{5\,094} \approx 1.9\,\%$ : de las personas que la prueba señala, menos de una de cada cincuenta está realmente enferma.

8. $\dfrac{0.001 \times 0.99}{0.001 \times 0.99 + 0.999 \times 0.05} = \dfrac{0.00099}{0.05094} \approx 0.019$ : los recuentos y la fórmula coinciden.

9. Se confunde $\P(+ \mid \text{enfermo}) = 99\,\%$ (la calidad que anuncia la prueba) con $\P(\text{enfermo} \mid +)$ (la pregunta que se hace el paciente). Con una tasa base de $\frac{1}{1000}$ , los enfermos son tan escasos que hasta una fuga del $5\,\%$ de la enorme mayoría sana sepulta a los positivos verdaderos en proporción de cincuenta a uno.

10. $\dfrac{0.019 \times 0.99}{0.019 \times 0.99 + 0.981 \times 0.05} \approx 28\,\%$ . Cada positivo independiente multiplica las probabilidades relativas por el mismo factor: los indicios se acumulan, y un tercer positivo pasaría del $90\,\%$ ; por eso existen las pruebas de confirmación.

11. $\dfrac{0.05 \times 0.99}{0.05 \times 0.99 + 0.95 \times 0.05} \approx 51\,\%$ : sobre un grupo de riesgo, la misma prueba sí informa. Moraleja: hay que cribar donde la tasa base sea apreciable; cribar masivamente una enfermedad rara fabrica falsas alarmas por millares.

12. Número esperado de coincidencias inocentes: $10^7 \times 10^{-6} = 10$ . Entre las aproximadamente $11$ personas que coinciden ( $10$ inocentes y $1$ culpable, si el culpable está en la ciudad), el sospechoso hallado solo por la coincidencia es inocente con probabilidad de en torno a $\frac{10}{11} \approx 91\,\%$ .

13. El fiscal citó $\P(\text{coincidencia} \mid \text{inocente}) = 10^{-6}$ ; el tribunal necesitaba $\P(\text{inocente} \mid \text{coincidencia})$ : la confusión de la pregunta 9, pero bajo juramento. (Y en el caso real que popularizó estos errores, un segundo desatino lo agravó: véase la pregunta 14.)

14. Elevar al cuadrado ingenuamente: $\left(\frac{1}{8500}\right)^2 \approx \frac{1}{72 \text{ millones}}$ . Con la segunda desgracia cinco veces más probable dada la primera: $\frac{1}{8500} \times \frac{5}{8500} \approx \frac{1}{14.5 \text{ millones}}$ : cinco veces mayor, y sigue sin tenerse en cuenta que la hipótesis alternativa también tiene que pesarse con Bayes. Lección: multiplicar probabilidades exige independencia, y las causas compartidas (la genética, el entorno) la destruyen.

15. Bayes multiplica los cocientes de verosimilitud de todos los indicios hasta obtener una única probabilidad posterior: la coincidencia, la coartada, las fibras, y cada uno desplaza las probabilidades relativas. La frase para el jurado: pregúntate qué probable es el indicio bajo cada una de las dos hipótesis y no confundas nunca una probabilidad condicional con la contraria.

16. $\dfrac{0.4 \times 0.15}{0.4 \times 0.15 + 0.6 \times 0.005} = \dfrac{0.060}{0.063} \approx 95\,\%$ de que sea basura: una sola palabra casi lo decide.

17. Cinco copias fallan cuando se invierten $3$ , $4$ o $5$ : $\binom53 \varepsilon^3(1-\varepsilon)^2 + \binom54 \varepsilon^4 (1 - \varepsilon) + \varepsilon^5 \approx 0.0086$ , frente al $0.028$ de tres copias: la repetición compra fiabilidad al precio de ancho de banda.

18. Número par de inversiones: $\binom40 0.9^4 + \binom42 0.9^2 0.1^2 + \binom44 0.1^4 = 0.6561 + 0.0486 + 0.0001 = 0.7048$ ; y $\frac{1 + 0.8^4}{2} = \frac{1 + 0.4096}{2} = 0.7048$ : la fórmula astuta sigue el sesgo $(1 - 2\varepsilon)$ a través de cada repetidor.

19. Las palabras del correo basura viajan en manada: un mensaje con “lotería” contiene muy probablemente “ganar”, así que su indicio conjunto es más débil de lo que finge el producto. El filtro sigue funcionando porque la exageración suele empujar en la dirección correcta: clasificar necesita el lado correcto del $50\,\%$ , no la probabilidad posterior exacta.

20. Consulta: una enfermedad rara convierte una prueba fuerte en un veredicto débil; actualiza desde la tasa base y después acumula. Tribunal: una coincidencia rara en una ciudad grande acusa a la ciudad, no al hombre; las verosimilitudes no son veredictos. Bandeja de entrada: muchos indicios débiles, multiplicados, ordenan el correo, incluso de manera ingenua. Las tres trampas: olvida la probabilidad previa y te engañarán; finge independencia y te engañarán muchísimo más; lee los indicios de uno en uno y nunca sabrás lo que sabes.

Términos definidos en este capítulo

Ver los 395 términos del glosario