Matemáticas de secundaria · Grades 10–12

32Probabilidad condicional e independencia

Probabilidad cuantifica la incertidumbre; probabilidad condicional cuantifica cómo la información lo cambia. Saber que ocurrió un evento $B$ remodela el probabilidades de todos los demás eventos — un mecanismo formalizado por Bayes y mal utilizado a diario en los tribunales y en los periódicos. Este capítulo establece las reglas. del condicionamiento y el significado exacto de independencia.

32.1 Espacios de probabilidad (recordatorio)

Un experimento con un número finito de resultados se modela mediante un muestra espacio $\Omega$ (el conjunto de resultados) y un probabilidad $\P$ asignando a cada evento $A \subseteq \Omega$ un número $\P(A) \in \intcc{0}{1}$ , aditivo sobre sindicatos disjunto y con $\P(\Omega) = 1$ . Recuerde 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 igualmente probables, $\P(A) = \frac{\abs A}{\abs\Omega}$ — y las probabilidades de cálculo reducen a las técnicas de conteo de Capítulo 27.

32.2 Probabilidad condicional

Definición 32.1 (Probabilidad condicional)

Sea $B$ un evento con $\P(B) > 0$ . El probabilidad de $A$ dada $B$ es

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

El mapa $A \mapsto \pcond BA$ es en sí mismo un probabilidad (se aplican todas las reglas); eso representa el nuevo estado de conocimiento de alguien que ha aprendido que $B$ ocurrió.

Proposición 32.2 (regla de multiplicacion)

Para eventos con probabilidades distintas de cero:

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

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

Demostración. Reorganizar la definición; la fórmula de la cadena sigue iterando. ∎

Teorema 32.3 (Ley de probabilidad total)

Sea $B_1, \dots, B_n$ una partición de $\Omega$ en eventos de distinto de cero probabilidad. Por cada evento $A$ :

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

Demostración. Los conjuntos $A \cap B_i$ son separados por pares de unión $A$ , por lo que $\P(A) = \sum_i \P(A \cap B_i) = \sum_i \P(B_i)\pcond{B_i}{A}$ por el regla de multiplicación. ∎

Método 32.4 (Árboles de probabilidad)

A diagrama de arbol organiza probabilidades condicionales: cada rama lleva el probabilidad del siguiente evento dado la ruta hasta el momento.

El probabilidad de una hoja (una ruta completa) es el producto de las probabilidades a lo largo de sus ramas (regla de multiplicación).
El probabilidad de un evento es el suma de las probabilidades de las hojas al darse cuenta (total probabilidad).
Las probabilidades en las ramas que salen de un nodo suman $1$ .

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

Teorema 32.5 (fórmula de bayes)

Sea $B_1, \dots, B_n$ una partición de $\Omega$ como arriba y $A$ una evento 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. $\pcond{A}{B_j} = \frac{\P(A \cap B_j)}{\P(A)}$ ; ampliar el numerador en la regla de multiplicación y el denominador por el total probabilidad. ∎

Ejemplo 32.6 (Prueba de detección)

Una enfermedad afecta a $1\%$ de una población. Un test lo detecta con probabilidad $0.99$ (sensibilidad) y da un falso positivo con probabilidad $0.05$ . Dada una prueba positiva, el probabilidad de tener realmente la enfermedad 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 .

A pesar de la precisión de la prueba, cinco de seis positivos son falsos — porque la enfermedad es rara. Confundir $\pcond{A}{B}$ con $\pcond{B}{A}$ es el falacia del fiscal.

La prueba de detección como árbol (D: enfermo, T: positivo prueba). Las dos hojas positivas (rojas) tienen peso total 0.0594, de donde los falsos positivos aportan cinco sextos. — La prueba de detección como árbol ( $D$ : enfermo, $T$ : positivo prueba). Las dos hojas positivas (rojas) tienen peso total $0.0594$ , de donde los falsos positivos aportan cinco sextos.

32.3 Independencia

Definición 32.7 (Eventos independientes)

Dos eventos $A$ y $B$ son independiente si

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

Cuando $\P(B) > 0$ , esto equivale a $\pcond{B}{A} = \P(A)$ : conociendo $B$ no cambia el probabilidad de $A$ .

Proposición 32.8

Si $A$ y $B$ son independiente, 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 confunda independiente ( $\P(A\cap B) = \P(A)\P(B)$ ) con incompatible ( $A \cap B = \varnothing$ ). Dos incompatible eventos de probabilidad distintos de cero nunca son independiente: saber que ocurrió uno garantiza el otro no.

Definición 32.10 (repeticiones independientes)

Cuando un experimento se repite $n$ veces para que el resultado de cada prueba no influye en los demás, el probabilidad de un secuencia especificado de Los resultados son el producto de las probabilidades individuales. este es el modelo subyacente al binomio distribución (Capítulo 33).

32.4 Ceremonias

Ejercicio 32.1 ★

Se extrae una carta de una baraja estándar de 52 cartas. Calcule el probabilidad que es un rey, dado que es una figura (sota, reina o rey). son los eventos “rey” y “corazón” independiente?

Solución

Solución de Ejercicio 32.1.

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

Independencia: $\P(\text{king} \cap \text{heart}) = \frac{1}{52}$ (el rey de corazones), y $\P(\text{king})\,\P(\text{heart}) = \frac{4}{52}\times\frac{13}{52} = \frac{1}{52}$ . Iguales: los eventos son independiente.

Ejercicio 32.2 ★

Una urna contiene 5 bolas rojas y 3 azules. Se extraen dos bolas seguidas Reemplazo sin.

Dibuja el probabilidad árbol.
Calcule el probabilidad que ambos son rojos y el probabilidad que el segundo es rojo.

Solución

Solución de Ejercicio 32.2.

1. Primera rama: rojo $\frac58$ , azul $\frac38$ ; segundas ramas (sin reemplazo): después del rojo, rojo $\frac47$ / azul $\frac37$ ; después azul, rojo $\frac57$ / azul $\frac27$ .

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

\P(\text{2nd red}) = \frac58\cdot\frac47 + \frac38\cdot\frac57 = \frac{20 + 15}{56} = \frac58 .

(Igual que el primer sorteo — por simetría, la segunda bola es uniformemente bola aleatoria de la urna.)

Ejercicio 32.3 ★

Se lanzan dos dados justos. Sea $A$ = “la suma es $7$ ”, $B$ = “la primera El dado muestra $3$ ”, $C$ = “la suma es $6$ ”. Determine si $A$ y $B$ son independiente, entonces si lo son $B$ y $C$ .

Solución

Solución de Ejercicio 32.3.

$\P(A) = \frac{6}{36} = \frac16$ (seis pares suman $7$ ), $\P(B) = \frac16$ y $A \cap B = \{(3,4)\}$ tienen probabilidad $\frac{1}{36} = \P(A)\P(B)$ : $A$ y $B$ son independiente. (La suma $7$ es especial: cualquiera que sea el primer dado, lo da exactamente un valor del segundo.)

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

Ejercicio 32.4 ★★

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

¿Qué proporción de la producción es defectuosa?
Un artículo elegido al azar está defectuoso. ¿Qué es el probabilidad? vino de la tercera máquina?

Solución

Solución de Ejercicio 32.4.

1. Total probabilidad con la partición por máquina:

\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: $\pcond{D}{M_3} = \dfrac{0.008}{0.019} = \dfrac{8}{19} \approx 0.42$ . el La máquina que produce sólo una quinta parte de la producción representa más de $40\%$ de los defectos.

Ejercicio 32.5 ★★

En Ejemplo 32.6, ¿a qué prevalencia de la enfermedad $p$ (en lugar de $1\%$ ) ¿Una prueba positiva significar tendría al menos una $90\%$ probabilidad de enfermedad? resolver la desigualdad y comentar.

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, por lo que se lee $0.99p \geq 0.891p + 0.045 - 0.045p$ , i.e. $0.144\,p \geq 0.045$ , i.e.

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

La prueba por sí sola alcanza la certeza $90\%$ sólo si la enfermedad ya afecta más de $31\%$ de la población analizada, razón por la cual se realizan pruebas de detección masivas de enfermedades raras requiere pruebas de confirmación.

Ejercicio 32.6 ★★

Una moneda sesgada sale cara con probabilidad $p \in \intoo{0}{1}$ . es lanzado tres veces, siendo los lanzamientos independiente.

Calcular el probabilidad del evento $E$ = “exactamente dos cabezas”.
¿Para qué $p$ es $\P(E)$ máximo?

Solución

Solución de Ejercicio 32.6.

1. Tres secuencias realizan $E$ (HHT, HTH, THH), cada uno de probabilidad $p^2(1-p)$ por independencia: $\P(E) = 3p^2(1 - p)$ .

2. $f(p) = 3p^2 - 3p^3$ tiene $f'(p) = 6p - 9p^2 = 3p(2 - 3p)$ , positivo luego negativo 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 las tres puertas. tu eliges un puerta; el anfitrión, que sabe dónde está el premio, abre uno de los dos puertas restantes, siempre revelando una vacía (eligiendo al azar si ambas están vacías) y le ofrece pasar a la otra puerta cerrada. Usando Fórmula de Bayes, calcula el probabilidad de ganar si cambias, y si no lo haces.

Solución

Solución de Ejercicio 32.7.

Supongamos que eligió la puerta 1 y el anfitrión abrió la puerta 3 (evento $H_3$ ). con $B_i$ = “premio 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 anfitrión elige entre las puertas 2 y 3 al azar; si está detrás de la puerta 2, se ve 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. Cada bit es invertido por el ruido con probabilidad $\varepsilon = 0.1$ , de forma independiente. Para proteger un poco, se envía. tres veces y decodificado por mayoría.

Calcule probabilidad que el bit decodificado es incorrecto.
La palabra recibida es $101$ . ¿Cuál es el probabilidad que envió? bit era $1$ ? (Supongamos que $0$ y $1$ se envían con probabilidad igual).

Solución

Solución de Ejercicio 32.8.

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

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

mucho más pequeño que $\varepsilon = 0.1$ : la codificación de repetición funciona.

2. Si se envió $1$ (como $111$ ), para recibir $101$ se requiere exactamente un voltear: probabilidad $\varepsilon(1-\varepsilon)^2 = 0.081$ . Si se envió $0$ ( $000$ ), se necesitan dos vueltas: $\varepsilon^2(1-\varepsilon) = 0.009$ . Bayes con anteriores iguales:

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

La decodificación mayoritaria ( $101 \mapsto 1$ ) es, de hecho, la suposición más probable.

32.5 Problema: El médico, el juez y el filtro de spam

Problema 32.1

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

Una prueba que detecta $99\,\%$ de casos da positivo — y el verdadero probabilidad de la enfermedad está por debajo de $2\,\%$ . un ADN Se encuentra un perfil que coincide con una persona entre un millón — y el El sospechoso es probablemente inocente. Ambas afirmaciones son correctas, ambas han sido juzgados erróneamente por médicos y tribunales, y ambos se resuelven por una línea de este capítulo: la fórmula de Bayes (Teorema 32.5). Este problema lo entrena en urnas, luego en la clínica, la sala del tribunal y la bandeja de entrada.

Parte I — Fluency.

Una moneda justa elige la urna I ( $2$ roja, $1$ azul) o la urna II ( $1$ rojo, $3$ azul), luego se extrae una bola. calcular $\P(\text{red})$ con la ley del total probabilidad (Teorema 32.3).
La bola es roja: calcular $\P(\text{urn I} \mid \text{red})$ .
Una tirada de dado: ¿los eventos son “pares” y “ $\leq 4$ ” independiente (Definición 32.7)? Y "par" y ¿“ $\leq 3$ ”?
Dos alarmas de humo independiente, cada una de las cuales se activa con probabilidad $0.9$ en un incendio. Usando Proposición 32.8, calcule el probabilidad que al menos uno desencadena.
Dos tarjetas sin reposición: cómputo $\P(\text{two kings})$ con la regla de la multiplicación (Proposición 32.2).

Parte II — The doctor. Una enfermedad afecta a la persona $1$ en $1\,000$ . La prueba detecta $99\,\%$ de los enfermos (sensibilidad) pero también dispara sobre $5\,\%$ de los sanos (falsos positivos).

Frecuencias naturales: imagina $100\,000$ personas. como ¿Cuántos están enfermos, cuántos sanos? cuantos aspectos positivos produce cada grupo, y cuantos positivos hay en todos?
A partir de los conteos, calcule $\P(\text{sick} \mid \text{positive})$ . Absorber el shock.
Vuelva a calcularlo con la fórmula de Bayes y verifique el acuerdo.
En las encuestas, la mayoría de los médicos responden “sobre $99\,\%$ ”. Nombra las dos probabilidades condicionales. estar confundido y explicar por qué la pequeña tasa base impulsa la verdadera respuesta.
Una segunda prueba, independiente, también resulta positiva. Actualización: tomando $1.9\,\%$ como nuevo anterior, calcule $\P(\text{sick} \mid \text{two positives})$ . que es evidencia acumulación haciendo?
Calcular $\P(\text{sick} \mid \text{positive})$ si el La misma prueba se utiliza sólo en un grupo de alto riesgo con prevalencia $5\,\%$ . Deducir la moraleja de la salud pública sobre la detección masiva de enfermedades raras.

Parte III — The judge.

Un perfil de ADN de la escena del crimen coincide con una persona en un millones. El sospechoso, encontrado buscando en una base de datos de los $10$ millones de habitantes de la ciudad, coinciden. esperado ¿Número de partidos inocentes en la ciudad? Dado sólo el coincidencia, ¿qué es $\P(\text{innocent} \mid \text{match})$ , aproximadamente?
Nombre la falacia — que probabilidad hizo el cita del fiscal, ¿cuál necesitaba el tribunal? — y su paralelo exacto con la pregunta 9.
La trampa independencia: dos raras tragedias en una familia alguna vez fueron cuadrados en "uno en $73$ millones" por tratándolos como independiente, condenando a un inocente madre (el caso de Sally Clark). Si el recurso compartido eventos factores de riesgo familiares por lo que el segundo, dada la primero, es $5$ veces más probable que la tasa base, recalcular el orden de magnitud — y establecer el Lección sobre multiplicación de probabilidades.
La defensa también puede hacer trampa: “diez inocentes coinciden, así que El partido no prueba nada”, ignora todo lo demás. ¿Qué hace la fórmula de Bayes con las piezas varios? de evidencia, y ¿qué oración debería cada ¿Sabe el jurado?

Parte IV — The spam filter.

Tu correo es $40\,\%$ spam. La palabra "lotería" aparece en $15\,\%$ de spam y $0.5\,\%$ de honesto correo. Un mensaje lo contiene: calcular $\P(\text{spam} \mid \text{lottery})$ .
Repetición de corrección de errores (Ejercicio 32.8 continuación): con flip probabilidad $\varepsilon = 0.1$ , decodificación mayoritaria de cinco falla la copia ¿con qué probabilidad? Compárese con el código de tres copias.
Un bit cruza $4$ independiente relés ruidosos, cada uno volteándolo con probabilidad $0.1$ : llega correcto exactamente cuando el número de lanzamientos es par. Calcula eso probabilidad dos veces: sumando los términos binomiales, y por la elegante fórmula $\frac{1 + (1 - 2\varepsilon)^4}{2}$ .
Los filtros de spam reales multiplican la evidencia de muchas palabras como si fuera independiente ("ingenuo" Bayes). ¿Por qué es eso? suposición falsa para palabras como "ganar" y “lotería” — y por qué funciona bien el filtro de todos modos? (Una o dos frases.)
Finale — Bayes como la aritmética de la creencia: anterior $\times$ probabilidad, renormalizar, posterior. Reproducir el tres veredictos (clínica, sala de audiencias, bandeja de entrada) en uno Enumere cada una de ellas y luego enumere las tres trampas de este problema. expuesto: tarifas base olvidadas, independencia falso y La evidencia se lee una pieza a la vez.

Solución

Solución de Problema 32.1.

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

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

3. $\P(\text{even} \cap \leq 4) = \P(\{2, 4\}) = \frac13$ y $\P(\text{even})\P(\leq 4) = \frac12 \cdot \frac23 = \frac13$ : independiente (¡inesperadamente!). Para $\leq 3$ : $\P(\{2\}) = \frac16$ en contra $\frac12 \cdot \frac12 = \frac14$ : dependiente.

4. El complementos de independiente eventos son ellos mismos independiente, entonces

\P(\text{none}) = 0.1 \times 0.1 = 0.01, \qquad \P(\text{at least one}) = 0.99 .

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

6. Enfermo: $100$ ; saludable: $99\,900$ . Positivos: $99$ verdadero (99 % de $100$ ) y $4\,995$ falso (5 % de $99\,900$ ): $5\,094$ positivos en total.

7. $\P(\text{sick} \mid +) = \frac{99}{5\,094} \approx 1.9\,\%$ : de las personas con banderas de prueba, menos de uno de cada cincuenta está realmente enfermo.

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. Confundido: $\P(+ \mid \text{sick}) = 99\,\%$ (la calidad anunciada de la prueba) con $\P(\text{sick} \mid +)$ (la pregunta real del paciente). con una tasa base de $\frac{1}{1000}$ , los enfermos son tan raros que incluso una fuga $5\,\%$ de la enorme mayoría sana inunda el verdaderos positivos cincuenta a uno.

10. $\dfrac{0.019 \times 0.99}{0.019 \times 0.99 + 0.981 \times 0.05} \approx 28\,\%$ . Cada independiente positivo multiplica las probabilidades por el mismo factor: la evidencia se acumula, y un tercer positivo superaría $90\,\%$ — que es por qué existen las pruebas confirmatorias.

11. $\dfrac{0.05 \times 0.99}{0.05 \times 0.99 + 0.95 \times 0.05} \approx 51\,\%$ : en un grupo de alto riesgo el La misma prueba es informativa. Moraleja: pantalla donde se muestra la tarifa base es sustancial; cribado masivo una condición rara fabrica Falsas alarmas por miles.

12. Coincidencias inocentes esperadas: $10^7 \times 10^{-6} = 10$ . Entre los aproximadamente $11$ que coinciden personas ( $10$ inocente, $1$ culpable — si el culpable está en la ciudad), el sospechoso encontrado solo por el partido es inocente con probabilidad sobre $\frac{10}{11} \approx 91\,\%$ .

13. El fiscal citó $\P(\text{match} \mid \text{innocent}) = 10^{-6}$ ; la corte necesario $\P(\text{innocent} \mid \text{match})$ — pregunta La confusión del 9 bajo juramento. (Y en el caso real que Popularizado estos errores, un segundo error lo agravó: ver pregunta 14.)

14. Cuadratura ingenua: $\left(\frac{1}{8500}\right)^2 \approx \frac{1}{72 \text{ million}}$ . con el segundo la tragedia es cinco veces más probable dada la primera: $\frac{1}{8500} \times \frac{5}{8500} \approx \frac{1}{14.5 \text{ million}}$ — cinco veces más grande, y Todavía ignorando que la hipótesis alternativa debe ser también ponderado por Bayes. Lección: multiplicar probabilidades requiere independencia y causas compartidas (genética, medio ambiente) destruirlo.

15. Bayes multiplica los ratios de verosimilitud de todo la evidencia en un posterior: el partido, el coartada, las fibras, cada una cambiando las probabilidades. el jurado frase: preguntar qué tan probable es la evidencia bajo ambos hipótesis, y nunca confundas la condicional con su revertir.

16. $\dfrac{0.4 \times 0.15}{0.4 \times 0.15 + 0.6 \times 0.005} = \dfrac{0.060}{0.063} \approx 95\,\%$ spam: una palabra casi lo resuelve.

17. Cinco copias fallan cuando $3$ , $4$ o $5$ voltean: $\binom53 \varepsilon^3(1-\varepsilon)^2 + \binom54 \varepsilon^4 (1 - \varepsilon) + \varepsilon^5 \approx 0.0086$ — contra $0.028$ por tres copias: repetición compra confiabilidad al precio del ancho de banda.

18. Volteos pares: $\binom40 0.9^4 + \binom42 0.9^2 0.1^2 + \binom44 0.1^4 = 0.6561 + 0.0486 + 0.0001 = 0.7048$ ; y $\frac{1 + 0.8^4}{2} = \frac{1 + 0.4096}{2} = 0.7048$ : la fórmula engañosa rastrea el sesgo $(1 - 2\varepsilon)$ a través de cada relé.

19. Las palabras spam viajan en paquetes — un mensaje con "lotería" muy probablemente contenga "ganar", por lo que su conjunto La evidencia es más débil de lo que pretende el producto. el filtro todavía funciona porque la exageración generalmente empuja hacia el dirección correcta: la clasificación necesita el lado correcto de $50\,\%$ , no el posterior correcto.

Clínica 20.: una rara enfermedad se convierte en una fuerte prueba en un veredicto débil — actualización desde la tasa base, luego acumular. Sala del tribunal: un raro partido en una gran ciudad acusa la ciudad, no el hombre: las probabilidades no son veredictos. Bandeja de entrada: muchas pistas débiles, multiplicadas, clasifica el correo — incluso ingenuamente. Las tres trampas: olvidar lo anterior y dejarse engañar; fingir independencia y dejarse engañar mucho; leer la evidencia poco a poco y nunca sabes lo que sabes.