Matemática do ensino médio · Grades 10–12

32Probabilidade condicional e independência

A probabilidade quantifica a incerteza; a probabilidade condicional quantifica como a informação a modifica. Saber que um evento $B$ ocorreu remodela as probabilidades de todos os outros eventos — um mecanismo formalizado por Bayes e mal empregado diariamente em tribunais e jornais. Este capítulo estabelece as regras do condicionamento e o sentido exato da independência.

32.1 Espaços de probabilidade (lembrete)

Um experimento com um número finito de resultados é modelado por um espaço amostral $\Omega$ (o conjunto dos resultados) e uma probabilidade $\P$ que atribui a cada evento $A \subseteq \Omega$ um número $\P(A) \in \intcc{0}{1}$ , aditivo sobre uniões disjuntas e com $\P(\Omega) = 1$ . Lembre as regras básicas:

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

Quando todos os resultados são igualmente prováveis, $\P(A) = \frac{\abs A}{\abs\Omega}$ — e calcular probabilidades se reduz às técnicas de contagem do Capítulo 27.

32.2 Probabilidade condicional

Definição 32.1 (Probabilidade condicional)

Seja $B$ um evento com $\P(B) > 0$ . A probabilidade de $A$ dado $B$ é

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

A aplicação $A \mapsto \pcond BA$ é ela mesma uma probabilidade (valem todas as regras); ela representa o novo estado de conhecimento de quem soube que $B$ ocorreu.

Proposição 32.2 (Regra do produto)

Para eventos de probabilidade não nula:

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

e, mais geralmente, $\P(A_1 \cap A_2 \cap A_3) = \P(A_1)\,\pcond{A_1}{A_2}\, \pcond{A_1 \cap A_2}{A_3}$ , e assim por diante.

Demonstração. Reorganize a definição; a fórmula em cadeia decorre da iteração. ∎

Teorema 32.3 (Lei da probabilidade total)

Sejam $B_1, \dots, B_n$ uma partição de $\Omega$ em eventos de probabilidade não nula. Para todo evento $A$ :

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

Demonstração. Os conjuntos $A \cap B_i$ são dois a dois disjuntos e têm união $A$ , de modo que $\P(A) = \sum_i \P(A \cap B_i) = \sum_i \P(B_i)\pcond{B_i}{A}$ pela regra do produto. ∎

Método 32.4 (Árvores de probabilidade)

Um diagrama de árvore organiza as probabilidades condicionais: cada ramo carrega a probabilidade do evento seguinte dado o caminho percorrido até ali.

A probabilidade de uma folha (um caminho completo) é o produto das probabilidades ao longo de seus ramos (regra do produto).
A probabilidade de um evento é a soma das probabilidades das folhas que o realizam (probabilidade total).
As probabilidades dos ramos que saem de um mesmo nó somam $1$ .

Uma árvore de dois níveis: multiplique ao longo de um caminho, some sobre as folhas. Por exemplo, (A) é a soma das probabilidades da primeira e da terceira folhas. — Uma árvore de dois níveis: multiplique ao longo de um caminho, some sobre as folhas. Por exemplo, $\P(A)$ é a soma das probabilidades da primeira e da terceira folhas.

Teorema 32.5 (Fórmula de Bayes)

Sejam $B_1, \dots, B_n$ uma partição de $\Omega$ como acima e $A$ um evento com $\P(A) > 0$ . Então

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

Demonstração. $\pcond{A}{B_j} = \frac{\P(A \cap B_j)}{\P(A)}$ ; desenvolva o numerador pela regra do produto e o denominador pela probabilidade total. ∎

Exemplo 32.6 (Teste de triagem)

Uma doença atinge $1\%$ de uma população. Um teste a detecta com probabilidade $0.99$ (sensibilidade) e dá um falso positivo com probabilidade $0.05$ . Dado um teste positivo, a probabilidade de realmente ter a doença é

\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 .

Apesar da precisão do teste, cinco em cada seis positivos são falsos — porque a doença é rara. Confundir $\pcond{A}{B}$ com $\pcond{B}{A}$ é a falácia do promotor.

O teste de triagem como árvore (D: doente, T: teste positivo). As duas folhas positivas (em vermelho) têm peso total 0.0594, do qual os falsos positivos contribuem com cinco sextos. — O teste de triagem como árvore ( $D$ : doente, $T$ : teste positivo). As duas folhas positivas (em vermelho) têm peso total $0.0594$ , do qual os falsos positivos contribuem com cinco sextos.

32.3 Independência

Definição 32.7 (Eventos independentes)

Dois eventos $A$ e $B$ são independentes se

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

Quando $\P(B) > 0$ , isso equivale a $\pcond{B}{A} = \P(A)$ : saber que $B$ ocorreu não altera a probabilidade de $A$ .

Proposição 32.8

Se $A$ e $B$ são independentes, também o são $A$ e $\bar B$ (e $\bar A$ e $\bar B$ ).

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

Observação 32.9

Não confunda independentes ( $\P(A\cap B) = \P(A)\P(B)$ ) com incompatíveis ( $A \cap B = \varnothing$ ). Dois eventos incompatíveis de probabilidade não nula nunca são independentes: saber que um ocorreu garante que o outro não ocorreu.

Definição 32.10 (Repetições independentes)

Quando um experimento é repetido $n$ vezes de modo que o resultado de cada tentativa não influencie os demais, a probabilidade de uma sequência determinada de resultados é o produto das probabilidades individuais. Esse é o modelo por trás da distribuição binomial (Capítulo 33).

32.4 Exercícios

Exercício 32.1 ★

Uma carta é retirada de um baralho de 52 cartas. Calcule a probabilidade de que seja um rei, sabendo que é uma figura (valete, dama ou rei). Os eventos “rei” e “copas” são independentes?

Solução

Solução de Exercício 32.1.

Há $12$ figuras, das quais $4$ são reis: $\pcond{\text{figura}}{\text{rei}} = \frac{4}{12} = \frac13$ .

Independência: $\P(\text{rei} \cap \text{copas}) = \frac{1}{52}$ (o rei de copas), e $\P(\text{rei})\,\P(\text{copas}) = \frac{4}{52}\times\frac{13}{52} = \frac{1}{52}$ . Iguais: os eventos são independentes.

Exercício 32.2 ★

Uma urna contém 5 bolas vermelhas e 3 azuis. Duas bolas são retiradas em sequência, sem reposição.

Desenhe a árvore de probabilidades.
Calcule a probabilidade de que as duas sejam vermelhas e a probabilidade de que a segunda seja vermelha.

Solução

Solução de Exercício 32.2.

1. Primeiro ramo: vermelha $\frac58$ , azul $\frac38$ ; segundos ramos (sem reposição): depois de vermelha, vermelha $\frac47$ / azul $\frac37$ ; depois de azul, vermelha $\frac57$ / azul $\frac27$ .

2. $\P(VV) = \frac58 \times \frac47 = \frac{5}{14}$ . Pela probabilidade total,

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

(O mesmo valor da primeira retirada — por simetria, a segunda bola é uma bola da urna escolhida uniformemente ao acaso.)

Exercício 32.3 ★

Dois dados honestos são lançados. Sejam $A$ = “a soma é $7$ ”, $B$ = “o primeiro dado mostra $3$ ”, $C$ = “a soma é $6$ ”. Determine se $A$ e $B$ são independentes e, em seguida, se $B$ e $C$ o são.

Solução

Solução de Exercício 32.3.

$\P(A) = \frac{6}{36} = \frac16$ (seis pares somam $7$ ), $\P(B) = \frac16$ , e $A \cap B = \{(3,4)\}$ tem probabilidade $\frac{1}{36} = \P(A)\P(B)$ : $A$ e $B$ são independentes. (A soma $7$ é especial: qualquer que seja o primeiro dado, exatamente um valor do segundo a produz.)

$\P(C) = \frac{5}{36}$ e $B \cap C = \{(3,3)\}$ : $\P(B \cap C) = \frac{1}{36} \neq \frac16 \times \frac{5}{36} = \frac{5}{216}$ . Não independentes.

Exercício 32.4 ★★

Uma fábrica tem três máquinas que produzem, respectivamente, $50\%$ , $30\%$ e $20\%$ da produção total, com taxas de defeito de $1\%$ , $2\%$ e $4\%$ .

Que proporção da produção é defeituosa?
Um item escolhido ao acaso é defeituoso. Qual é a probabilidade de que venha da terceira máquina?

Solução

Solução de Exercício 32.4.

1. Probabilidade total com a partição 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: $\pcond{D}{M_3} = \dfrac{0.008}{0.019} = \dfrac{8}{19} \approx 0.42$ . A máquina que produz apenas um quinto da produção responde por mais de $40\%$ dos defeitos.

Exercício 32.5 ★★

No Exemplo 32.6, para que prevalência $p$ da doença (em vez de $1\%$ ) um teste positivo significaria pelo menos $90\%$ de chance de doença? Resolva a inequação e comente.

Solução

Solução de Exercício 32.5.

A condição é

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

O denominador é positivo, de modo que isso equivale a $0.99p \geq 0.891p + 0.045 - 0.045p$ , isto é, $0.144\,p \geq 0.045$ , isto é,

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

O teste sozinho alcança $90\%$ de certeza apenas se a doença já atinge mais de $31\%$ da população testada — e é por isso que a triagem em massa de doenças raras exige testes de confirmação.

Exercício 32.6 ★★

Uma moeda viciada dá cara com probabilidade $p \in \intoo{0}{1}$ . Ela é lançada três vezes, sendo os lançamentos independentes.

Calcule a probabilidade do evento $E$ = “exatamente duas caras”.
Para que $p$ a probabilidade $\P(E)$ é máxima?

Solução

Solução de Exercício 32.6.

1. Três sequências realizam $E$ (cara-cara-coroa, cara-coroa-cara, coroa-cara-cara), cada uma de probabilidade $p^2(1-p)$ por independência: $\P(E) = 3p^2(1 - p)$ .

2. $f(p) = 3p^2 - 3p^3$ tem $f'(p) = 6p - 9p^2 = 3p(2 - 3p)$ , positiva e depois negativa em $\intoo{0}{1}$ : máximo em $p = \frac23$ , onde $\P(E) = 3\cdot\frac49\cdot\frac13 = \frac49$ .

Exercício 32.7 ★★★

(Monty Hall.) Um prêmio está escondido atrás de uma de três portas. Você escolhe uma porta; o apresentador, que sabe onde está o prêmio, abre uma das duas portas restantes, sempre revelando uma vazia (escolhendo ao acaso se as duas estiverem vazias), e oferece a você a troca pela outra porta fechada. Usando a fórmula de Bayes, calcule a probabilidade de ganhar se você trocar e se não trocar.

Solução

Solução de Exercício 32.7.

Digamos que você escolheu a porta 1 e o apresentador abriu a porta 3 (evento $H_3$ ). Com $B_i$ = “prêmio atrás da porta $i$ ”, $\P(B_i) = \frac13$ e

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

(se o prêmio está atrás da sua porta, o apresentador escolhe ao acaso entre as portas 2 e 3; se está atrás da porta 2, ele é obrigado a abrir a 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 .

Ficar ganha com probabilidade $\frac13$ ; trocar, com probabilidade $\frac23$ .

Exercício 32.8 ★★★

Um canal de informação transmite bits. Cada bit é invertido pelo ruído com probabilidade $\varepsilon = 0.1$ , de maneira independente. Para proteger um bit, ele é enviado três vezes e decodificado por maioria.

Calcule a probabilidade de o bit decodificado estar errado.
A palavra recebida é $101$ . Qual é a probabilidade de o bit enviado ter sido $1$ ? (Suponha que $0$ e $1$ sejam enviados com probabilidades iguais.)

Solução

Solução de Exercício 32.8.

1. A maioria erra quando ao menos duas das três cópias são invertidas:

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

bem menor que $\varepsilon = 0.1$ : a codificação por repetição funciona.

2. Se $1$ foi enviado (como $111$ ), receber $101$ exige exatamente uma inversão: probabilidade $\varepsilon(1-\varepsilon)^2 = 0.081$ . Se $0$ foi enviado ( $000$ ), são necessárias duas inversões: $\varepsilon^2(1-\varepsilon) = 0.009$ . Bayes com probabilidades a priori iguais:

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

A decodificação por maioria ( $101 \mapsto 1$ ) é de fato o palpite mais provável.

32.5 Problema: o médico, o juiz e o filtro de spam

Problema 32.1

Problema de fim de semana — a fórmula de Bayes contra a falácia da taxa de base: por que um teste de $99\,\%$ pode significar $2\,\%$ , por que uma coincidência de um em um milhão não condena ninguém, e como sua caixa de entrada pensa

Um teste que pega $99\,\%$ dos casos volta positivo — e a probabilidade verdadeira de doença fica abaixo de $2\,\%$ . Um perfil de DNA que coincide com uma pessoa em um milhão é encontrado — e o suspeito é provavelmente inocente. As duas afirmações estão corretas, as duas já foram julgadas errado por médicos e por tribunais, e as duas se resolvem com uma linha deste capítulo: a fórmula de Bayes (Teorema 32.5). Este problema a treina em urnas, depois no consultório, no tribunal e na caixa de entrada.

Parte I — Fluência.

Uma moeda honesta escolhe a urna I ( $2$ vermelhas, $1$ azul) ou a urna II ( $1$ vermelha, $3$ azuis), e então uma bola é retirada. Calcule $\P(\text{vermelha})$ pela lei da probabilidade total (Teorema 32.3).
A bola é vermelha: calcule $\P(\text{urna I} \mid \text{vermelha})$ .
Um lançamento de dado: os eventos “par” e “ $\leq 4$ ” são independentes (Definição 32.7)? E “par” e “ $\leq 3$ ”?
Dois detectores de fumaça independentes disparam, cada um, com probabilidade $0.9$ em um incêndio. Usando a Proposição 32.8, calcule a probabilidade de que ao menos um dispare.
Duas cartas sem reposição: calcule $\P(\text{dois reis})$ com a regra do produto (Proposição 32.2).

Parte II — O médico. Uma doença atinge $1$ pessoa em $1\,000$ . O teste detecta $99\,\%$ dos doentes (sensibilidade), mas também dispara em $5\,\%$ dos saudáveis (falsos positivos).

Frequências naturais: imagine $100\,000$ pessoas. Quantas estão doentes, quantas saudáveis? Quantos positivos cada grupo produz, e quantos positivos ao todo?
A partir das contagens, calcule $\P(\text{doente} \mid \text{positivo})$ . Absorva o choque.
Recalcule com a fórmula de Bayes e confira a concordância.
Em pesquisas, a maioria dos médicos responde “uns $99\,\%$ ”. Nomeie as duas probabilidades condicionais que estão sendo confundidas e explique por que a minúscula taxa de base determina a resposta correta.
Um segundo teste, independente, também volta positivo. Atualize: tomando $1.9\,\%$ como nova probabilidade a priori, calcule $\P(\text{doente} \mid \text{dois positivos})$ . O que o acúmulo de evidências está fazendo?
Calcule $\P(\text{doente} \mid \text{positivo})$ se o mesmo teste for usado apenas em um grupo de risco com prevalência de $5\,\%$ . Deduza a moral de saúde pública sobre a triagem em massa de condições raras.

Parte III — O juiz.

Um perfil de DNA da cena do crime coincide com uma pessoa em um milhão. O suspeito, encontrado por uma busca em um banco de dados dos $10$ milhões de habitantes da cidade, coincide. Número esperado de coincidências inocentes na cidade? Dada apenas a coincidência, quanto vale, aproximadamente, $\P(\text{inocente} \mid \text{coincidência})$ ?
Nomeie a falácia — que probabilidade o promotor citou e qual delas o tribunal precisava? — e seu paralelo exato com a questão 9.
A armadilha da independência: duas tragédias raras em uma mesma família já foram elevadas ao quadrado até “uma em $73$ milhões” por serem tratadas como independentes, condenando uma mãe inocente (o caso Sally Clark). Se os eventos compartilham fatores de risco familiares, de modo que o segundo, dado o primeiro, seja $5$ vezes mais provável que a taxa de base, recalcule a ordem de grandeza — e enuncie a lição sobre multiplicar probabilidades.
A defesa também pode trapacear: “dez inocentes coincidem, logo a coincidência não prova nada” ignora todo o resto. O que a fórmula de Bayes faz com várias peças de evidência, e que frase única todo jurado deveria saber?

Parte IV — O filtro de spam.

Seu correio é $40\,\%$ spam. A palavra “sorteio” aparece em $15\,\%$ dos spams e em $0.5\,\%$ das mensagens honestas. Uma mensagem a contém: calcule $\P(\text{spam} \mid \text{sorteio})$ .
Repetição corretora de erros (Exercício 32.8 continuado): com probabilidade de inversão $\varepsilon = 0.1$ , a decodificação por maioria de cinco cópias falha com que probabilidade? Compare com o código de três cópias.
Um bit atravessa $4$ repetidores ruidosos independentes, cada um invertendo-o com probabilidade $0.1$ : ele chega correto exatamente quando o número de inversões é par. Calcule essa probabilidade de duas maneiras: somando os termos binomiais e pela elegante fórmula $\frac{1 + (1 - 2\varepsilon)^4}{2}$ .
Os filtros de spam de verdade multiplicam as evidências de muitas palavras como se fossem independentes (Bayes “ingênuo”). Por que essa hipótese é falsa para palavras como “ganhe” e “sorteio” — e por que o filtro funciona bem mesmo assim? (Uma ou duas frases.)
Finale — Bayes como a aritmética da crença: a priori $\times$ verossimilhança, renormalize, a posteriori. Reconte os três veredictos (consultório, tribunal, caixa de entrada) em uma frase cada, e depois liste as três armadilhas que este problema expôs: taxas de base esquecidas, independência falsa e evidências lidas uma de cada vez.

Solução

Solução de Problema 32.1.

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

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

3. $\P(\text{par} \cap \leq 4) = \P(\{2, 4\}) = \frac13$ e $\P(\text{par})\P(\leq 4) = \frac12 \cdot \frac23 = \frac13$ : independentes (inesperadamente!). Para $\leq 3$ : $\P(\{2\}) = \frac16$ contra $\frac12 \cdot \frac12 = \frac14$ : dependentes.

4. Os complementares de eventos independentes são eles mesmos independentes, logo

\P(\text{nenhum}) = 0.1 \times 0.1 = 0.01, \qquad \P(\text{ao menos um}) = 0.99 .

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

6. Doentes: $100$ ; saudáveis: $99\,900$ . Positivos: $99$ verdadeiros ( $99\,\%$ de $100$ ) e $4\,995$ falsos ( $5\,\%$ de $99\,900$ ): $5\,094$ positivos ao todo.

7. $\P(\text{doente} \mid +) = \frac{99}{5\,094} \approx 1.9\,\%$ : entre as pessoas que o teste aponta, menos de uma em cinquenta está de fato doente.

8. $\dfrac{0.001 \times 0.99}{0.001 \times 0.99 + 0.999 \times 0.05} = \dfrac{0.00099}{0.05094} \approx 0.019$ : as contagens e a fórmula concordam.

9. Confundem-se: $\P(+ \mid \text{doente}) = 99\,\%$ (a qualidade anunciada do teste) com $\P(\text{doente} \mid +)$ (a pergunta real do paciente). Com uma taxa de base de $\frac{1}{1000}$ , os doentes são tão raros que mesmo um vazamento de $5\,\%$ da enorme maioria saudável afoga os positivos verdadeiros na proporção de cinquenta para um.

10. $\dfrac{0.019 \times 0.99}{0.019 \times 0.99 + 0.981 \times 0.05} \approx 28\,\%$ . Cada positivo independente multiplica as chances pelo mesmo fator: as evidências se acumulam, e um terceiro positivo passaria de $90\,\%$ — e é por isso que existem os testes confirmatórios.

11. $\dfrac{0.05 \times 0.99}{0.05 \times 0.99 + 0.95 \times 0.05} \approx 51\,\%$ : em um grupo de risco, o mesmo teste é informativo. Moral: faça a triagem onde a taxa de base é substancial; rastrear em massa uma condição rara fabrica alarmes falsos aos milhares.

12. Número esperado de coincidências inocentes: $10^7 \times 10^{-6} = 10$ . Entre as cerca de $11$ pessoas compatíveis ( $10$ inocentes, $1$ culpado — se o autor está na cidade), o suspeito encontrado apenas pela coincidência é inocente com probabilidade de cerca de $\frac{10}{11} \approx 91\,\%$ .

13. O promotor citou $\P(\text{coincidência} \mid \text{inocente}) = 10^{-6}$ ; o tribunal precisava de $\P(\text{inocente} \mid \text{coincidência})$ — a confusão da questão 9 sob juramento. (E, no caso real que popularizou esses erros, um segundo equívoco agravou tudo: veja a questão 14.)

14. Quadrado ingênuo: $\left(\frac{1}{8500}\right)^2 \approx \frac{1}{72 \text{ milhões}}$ . Com a segunda tragédia cinco vezes mais provável dada a primeira: $\frac{1}{8500} \times \frac{5}{8500} \approx \frac{1}{14.5 \text{ milhões}}$ — cinco vezes maior, e ainda ignorando que a hipótese alternativa também tem de ser pesada por Bayes. Lição: multiplicar probabilidades exige independência, e causas comuns (genética, ambiente) a destroem.

15. Bayes multiplica as razões de verossimilhança de todas as evidências em uma única probabilidade a posteriori: a coincidência, o álibi, as fibras, cada uma deslocando as chances. A frase do jurado: pergunte quão provável é a evidência sob as duas hipóteses e nunca tome uma condicional pela sua inversa.

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 spam: uma única palavra quase decide a questão.

17. Cinco cópias falham quando $3$ , $4$ ou $5$ se invertem: $\binom53 \varepsilon^3(1-\varepsilon)^2 + \binom54 \varepsilon^4 (1 - \varepsilon) + \varepsilon^5 \approx 0.0086$ — contra $0.028$ para três cópias: a repetição compra confiabilidade ao preço de banda.

18. Número par de inversões: $\binom40 0.9^4 + \binom42 0.9^2 0.1^2 + \binom44 0.1^4 = 0.6561 + 0.0486 + 0.0001 = 0.7048$ ; e $\frac{1 + 0.8^4}{2} = \frac{1 + 0.4096}{2} = 0.7048$ : a fórmula esperta acompanha o viés $(1 - 2\varepsilon)$ ao longo de cada repetidor.

19. As palavras de spam andam em bando — uma mensagem com “sorteio” muito provavelmente contém “ganhe”, de modo que a evidência conjunta é mais fraca do que o produto pretende. O filtro ainda funciona porque o exagero costuma empurrar na direção certa: classificar exige o lado correto dos $50\,\%$ , não a probabilidade a posteriori correta.

20. Consultório: uma condição rara transforma um teste forte em um veredicto fraco — atualize a partir da taxa de base e depois acumule. Tribunal: uma coincidência rara em uma cidade grande indicia a cidade, não o homem — verossimilhanças não são veredictos. Caixa de entrada: muitos indícios fracos, multiplicados, separam a correspondência — mesmo ingenuamente. As três armadilhas: esquecer a probabilidade a priori e ser enganado; fingir independência e ser muito enganado; ler as evidências aos pedaços e nunca saber o que se sabe.