Arboles de Decision y Ensambles

Respuesta: (a) 0,46875; (b) 0,21875; (c) 0, porque en un conjunto puro nunca te equivocas al predecir todo con la clase del objeto que sacaste.

Cómo se resuelve:

1. (a) P(△) = 3/8 y su error 5/8; P(○) = 5/8 y su error 3/8. Gini = 3/8 · 5/8 + 5/8 · 3/8 = 15/64 + 15/64 = 30/64 = 0,46875.
2. (b) P(△) = 1/8 y su error 7/8; P(○) = 7/8 y su error 1/8. Gini = 7/64 + 7/64 = 14/64 = 0,21875.
3. (c) P(△) = 0 y P(○) = 1, pero el error de haber sacado un círculo es 0, porque no hay ningún triángulo que clasificar mal: 0 · 1 + 1 · 0 = 0. Así lo razonó el profesor [FUENTE · Repo: 05_CLASES/transcripciones/2026-08-07T22_14_16Z_Fundamentos_en_Ciencia_de_Datos.md · 1:23:36–1:23:50].
4. Lectura: (a) es el más mezclado, (b) está más cerca de puro, (c) es puro.

Error típico: sumar las probabilidades sin multiplicarlas por su error (siempre da 1), o leer el número al revés y creer que 0,47 es «más puro» que 0,22. Otro: quedarse con el redondeo que se dijo en clase, «0,46» y «0,21 o 0,22» [FUENTE · Repo: 05_CLASES/transcripciones/2026-08-07T22_14_16Z_Fundamentos_en_Ciencia_de_Datos.md · 1:22:57–1:23:05]; los valores exactos son los de la lámina. En el papel, escribe la fracción antes del decimal.

De dónde sale: láminas 27, 28 y 29 [FUENTE · Repo: 05_CLASES/11_PRESENTACIÓN/_markdown/FCD-2026-2_07_Clasificacion.md · lámina 27].

Respuesta: (1) vale 0; (2) es máxima con mitad y mitad, y vale 0,5; (3) con Gini, no: la ganancia de un corte nunca es negativa.

Cómo se resuelve:

1. (1) En cada término de la suma, o N_i/N = 0 (la clase no está) o 1 − N_i/N = 0 (es la única). Todos los términos son 0.
2. (2) Con dos clases, I_G = 2·p·(1 − p): una parábola que vale 0 en p = 0 y en p = 1 y tiene su máximo en p = 0,5, donde da 2 · 0,5 · 0,5 = 0,5.
3. (3) Las proporciones del padre son el promedio ponderado de las de sus hijos, y el Gini es una curva «hacia abajo» (cóncava): el promedio ponderado de los Gini de los hijos nunca supera al Gini del padre. Ejemplo: el corte C del plano de abajo casi no sirve, y aun así su ganancia es positiva (≈ 0,035).
4. Consecuencia: si cortar nunca empeora la cuenta, el algoritmo necesita otra razón para detenerse. Esa razón son los criterios de la lámina 33, más abajo.

Error típico: pensar que el árbol se detiene solo «cuando cortar ya no mejora». Con Gini siempre mejora o empata, así que sin frenos corta hasta dejar hojas puras.

De dónde sale: fórmula de la lámina 29 [FUENTE · Repo: 05_CLASES/11_PRESENTACIÓN/_markdown/FCD-2026-2_07_Clasificacion.md · lámina 29]; (2) [INFERENCIA]; (3) [DATITO].

Respuesta: (a) el corte de la izquierda gana ≈ 0,102 y el de la derecha ≈ 0,142: limpió más el de la derecha; (b) las hojas entregan 50 % círculo, 100 % círculo, 100 % círculo y 89 % triángulo; (c) respondes «círculo» (no triángulo), porque 0,89 no llega a 0,9.

Cómo se resuelve:

1. Izquierda. Padre 1△ 6○: 2·(1/7)(6/7) = 12/49 ≈ 0,2449. Hijos: 1△ 1○ → 0,5; 5○ → 0. Ponderada: 2/7 · 0,5 + 5/7 · 0 ≈ 0,1429. Ganancia ≈ 0,2449 − 0,1429 = 0,102.
2. Derecha. Padre 8△ 2○: 2·(8/10)(2/10) = 0,32. Hijos: 1○ → 0; 8△ 1○ → 2·(8/9)(1/9) = 16/81 ≈ 0,1975. Ponderada: 1/10 · 0 + 9/10 · 0,1975 ≈ 0,1778. Ganancia ≈ 0,32 − 0,1778 = 0,142.
3. Hojas: 1△ 1○ → 1/2 = 50 % círculo (el caso que comentó el profesor) · 5○ → 100 % círculo · 1○ → 100 % círculo · 8△ 1○ → 8/9 ≈ 89 % triángulo.
4. Umbral: P(△) = 0,89 < 0,9, así que la regla no dice «triángulo». La hoja es la misma; cambió el umbral. La clase la decide quien fija el umbral, no el árbol.

Error típico: usar como «padre» el nodo raíz (9△ 8○) en vez de la mitad que se está cortando; o, en (c), responder «triángulo» porque es la clase mayoritaria de la hoja, sin aplicar el umbral.

De dónde sale: conteos del profesor [FUENTE · Repo: 05_CLASES/transcripciones/2026-08-07T22_14_16Z_Fundamentos_en_Ciencia_de_Datos.md · 1:15:40–1:16:05]; él no calculó estas ganancias en clase: la aritmética es de Datito [INFERENCIA].

Respuesta: la brecha es 0,1400; no es un árbol sin límite (su R² de train, 0,75, lo delata); y no toda la brecha es sobreajuste, porque parte es el cambio entre 2016 y 2017.

Cómo se resuelve:

1. (a) Brecha = R² train − R² test = 0,7523 − 0,6123 = 0,1400.
2. (b) Un árbol sin límite llega a un R² de train cercano a 1, porque sus hojas terminan casi con una casa cada una [INFERENCIA]. El 0,7523 de train dice que los frenos (profundidad 8, hojas de al menos 20 casas) le impidieron memorizar; tanto, que también es el peor de tus cuatro modelos de árboles en test. Este árbol, además de la brecha, se queda corto.
3. (c) Train es 2016 y test es 2017: parte de la caída viene del cambio entre años (el 29,1 % del test está en suburbios que no existen en el train). El sobreajuste en estricto se mide train contra validación dentro del mismo período [INFERENCIA]. Ver generalizacion.html.

Error típico: diagnosticar «sobreajuste» solo porque test es menor que train, sin calcular la brecha ni mirar el nivel de train; y atribuir toda la caída de 2016 a 2017 al sobreajuste. Los dos errores están registrados en tu historial.

De dónde sale: cifras de [FUENTE · Repo: 07_DATITO/02_REFERENCIA/material.md]; configuración de [FUENTE · Repo: 03_SCRIPTS/modelamiento_temporal.py · línea 58]; lectura [INFERENCIA].

Respuesta: (a) el bosque entrega 75 % de probabilidad de «listo»; (b) diámetro ≈ 55 %, altura ≈ 27 %, pendiente ≈ 9 %, especie ≈ 9 %, suelo 0 %; (c) no: solo significa que este bosque no usó el suelo para dividir.

Cómo se resuelve:

1. (a) Votos: 3 de 4 dicen «listo» → 3/4 = 75 %, igual que el perro del profesor. Decir «listo» a secas ya supone un umbral (con 0,5, «listo»).
2. (b) Cuenta todas las divisiones: 3 + 2 + 3 + 3 = 11. Diámetro aparece 2 + 1 + 1 + 2 = 6 veces → 6/11 ≈ 55 %; altura 1 + 0 + 1 + 1 = 3 → 3/11 ≈ 27 %; pendiente 1/11 ≈ 9 %; especie 1/11 ≈ 9 %; suelo 0/11 = 0 %. El orden es el mismo si cuentas en cuántos árboles aparece cada variable (diámetro 4 de 4, altura 3 de 4) [INFERENCIA].
3. (c) Puede que el suelo esté relacionado con otra variable que los árboles prefirieron (por ejemplo, la especie que se planta en cada suelo), o que su efecto sea menor que el de las elegidas [DATITO]. La importancia describe al modelo, no al fenómeno: es la «intuición de lo que los modelos están haciendo» de la que habló el profesor [FUENTE · Repo: 05_CLASES/transcripciones/2026-08-07T22_14_16Z_Fundamentos_en_Ciencia_de_Datos.md · 1:35:10].

Error típico: en (a), responder solo «listo» sin la probabilidad; en (c), leer «importancia 0» como «no influye en la realidad».

De dónde sale: votación [FUENTE · Repo: 05_CLASES/11_PRESENTACIÓN/_markdown/FCD-2026-2_07_Clasificacion.md · lámina 37], importancia por conteo (lámina 38) y la variable «cero relevante» [FUENTE · Repo: 05_CLASES/transcripciones/2026-08-07T22_14_16Z_Fundamentos_en_Ciencia_de_Datos.md · 1:33:09–1:33:15]; cifras del bosque [DATITO].

En el P5, feature_importances_ de scikit-learn no cuenta usos: suma cuánta impureza redujo cada variable [DATITO]. La idea es la misma; para el certamen, la versión de la lámina. La ayudantía del 7-ago resolvió el P5 en vivo (árbol con plot_tree, bosque e importancias): intenta 06_LABORATORIOS/2026_[P5]Clasificación(vacio).ipynb antes de ver esa grabación [FUENTE · Repo: 05_CLASES/transcripciones/2026-08-07T23_57_03Z_Fundamentos_en_Ciencia_de_Datos.md · 1:28:43–1:28:49].

Respuesta: porque cada árbol profundo memoriza un ruido distinto (vio filas y atributos distintos), y al promediar 300 árboles ese ruido particular tiende a cancelarse mientras la señal que todos comparten se conserva; deja de ser cierto si los árboles se equivocan en lo mismo (correlación alta), y con 300 clones no mejora nada.

Respuesta modelo:

«Un árbol profundo sobreajusta porque, además de la relación real entre las variables y el precio, aprende los accidentes de su muestra: sus hojas de dos casas responden a esas dos casas en particular. Si entrenara 300 árboles iguales sobre los mismos datos, los 300 memorizarían los mismos accidentes y promediarlos no cambiaría nada. Pero en el Random Forest cada árbol ve otra muestra bootstrap de filas y otros atributos, así que los accidentes que memoriza cada uno son distintos: ante una casa nueva, unos se pasan y otros se quedan cortos. Al promediar, esas desviaciones particulares se compensan y queda lo que todos comparten, que es la señal. El sobreajuste de cada árbol es varianza, y el promedio de errores poco correlacionados tiene menos varianza que cada uno. Deja de funcionar si la correlación entre árboles es alta, como advirtió el profesor; con 300 clones, el promedio sobreajusta exactamente igual que un árbol, que es la P1 del Certamen 2.»

Cómo se construye:

1. Qué sobreajusta en un árbol: la parte de sus predicciones que depende de su muestra (varianza), no la señal.
2. Qué introduce el bosque: filas con reemplazo y atributos al azar (lámina 37).
3. Qué hace el promedio: conserva lo común y compensa lo particular. En fórmula, Var(promedio) = ρ·σ² + (1 − ρ)·σ²/n (sección 4) [DATITO].
4. La condición: correlación no muy alta (ρ chico).
5. El caso límite: ρ = 1 (clones), la P1.
6. El matiz de tu proyecto: «sobreajusta menos» se ve en el test (RF 0,7109 contra árbol 0,6123), no en la brecha, que en el RF es la mayor (0,2314) porque cada árbol memorizó 2016 y eso no se borra en train [INFERENCIA]. Además tu árbol individual estaba limitado (profundidad 8), así que la comparación no es «árbol profundo contra bosque de árboles profundos».

Error típico: responder «porque son más modelos» (número sin mecanismo), o «porque los errores se anulan» sin la condición de correlación; y creer que el bosque debe tener menor brecha.

De dónde sale: láminas 36–38 [FUENTE · Repo: 05_CLASES/11_PRESENTACIÓN/_markdown/FCD-2026-2_07_Clasificacion.md · lámina 38]; condición de correlación [FUENTE · Repo: 05_CLASES/transcripciones/2026-08-07T22_14_16Z_Fundamentos_en_Ciencia_de_Datos.md · 1:29:42–1:30:04]; cifras de [FUENTE · Repo: 07_DATITO/02_REFERENCIA/material.md]; fórmula de varianza [DATITO].

Respuesta: las brechas son 0,1400 (árbol), 0,2314 (RF), 0,1392 (GB) y 0,1703 (HGB); los órdenes por brecha y por test no coinciden; el RF no es el que peor generaliza (supera al árbol en test) ni el mejor (lo superan los dos boosting); y la brecha sirve para diagnosticar, no para elegir.

Cómo se resuelve:

1. (a) Resta fila por fila: 0,7523 − 0,6123 = 0,1400 · 0,9423 − 0,7109 = 0,2314 · 0,8858 − 0,7466 = 0,1392 · 0,9274 − 0,7571 = 0,1703.
2. (b) Por brecha, de menor a mayor: GB, árbol, HGB, RF. Por R² test, de mayor a menor: HGB, GB, RF, árbol. No coinciden.
3. (c) En test, el RF (0,7109) supera al árbol por casi 0,10. Su brecha es grande porque su R² de train es altísimo (0,9423): sus 300 árboles profundos memorizan 2016, y promediarlos no borra esa memoria en train [INFERENCIA]. Los dos boosting lo superan en test.
4. (d) El árbol y GB tienen casi la misma brecha (0,1400 y 0,1392), y los separan 0,13 de R² en test. Se elige por desempeño fuera de muestra —validación cruzada dentro de 2016— y la brecha se usa para entender por qué un modelo rinde lo que rinde.

Error típico: «el de mayor brecha es el peor» o «el de menor brecha es el mejor». La brecha mide distancia entre train y test, no calidad.

De dónde sale: [FUENTE · Repo: 07_DATITO/02_REFERENCIA/material.md]; lectura [INFERENCIA].

Y una advertencia sobre tu propio proyecto: esta brecha compara 2016 contra 2017, así que mezcla sobreajuste con cambio entre años. Comentando un proyecto 2016→2017 en la sesión del 4-sep, el profesor explicó que es normal que el modelo rinda algo peor en 2017 porque los datos cambian entre un año y otro, y que el modelo queda un poco sobreajustado a 2016 [FUENTE · Repo: 05_CLASES/transcripciones/2026-09-04T22_05_05Z_Fundamentos_en_Ciencia_de_Datos.md · 2:08:58–2:09:21]. Detalle en generalizacion.html.

Respuesta: el árbol 2 del boosting se entrena para predecir el residuo que dejó el árbol 1 —lo que al modelo todavía le falta— y su predicción se suma, multiplicada por 0,05, a la anterior; ningún árbol del Random Forest hace eso, porque cada uno predice el objetivo completo por su cuenta y al final se promedian.

Respuesta modelo:

«En mi HistGradientBoosting, el primer árbol hace una predicción gruesa de log1p(Price). El árbol 2 no intenta predecir el precio: se entrena sobre el residuo, la diferencia entre el log1p del precio real de cada casa y lo que predijo el árbol 1. Como el objetivo está en logaritmo, ese residuo funciona como un error relativo: un residuo de +0,10 significa que el modelo se quedó corto en torno a un 10 %, sea la casa de 500 mil o de 2 millones. La predicción nueva es la del árbol 1 más 0,05 veces la del árbol 2, y el árbol 3 se entrena sobre lo que todavía falta. En mi Random Forest, en cambio, los 300 árboles se entrenan cada uno por su cuenta, en paralelo, sobre el objetivo completo, y se promedian: ninguno sabe en qué se equivocó otro. Uso learning_rate = 0,05 y no 1 porque con 1 cada árbol corregiría todo su residuo de golpe, ruido de 2016 incluido; con pasos chicos cada árbol corrige solo un poco y los siguientes matizan sus errores. El costo es necesitar muchos árboles: por eso son 500.»

Cómo se construye:

1. Qué recibe el árbol 2: residuos (real − acumulado), no precios.
2. De quién depende: del árbol 1 (secuencial). En el bosque nadie depende de nadie.
3. Escala: log1p(real) − predicción en log ≈ error relativo [INFERENCIA].
4. Cómo se combina: suma, con cada corrección multiplicada por 0,05.
5. Por qué 0,05: pasos chicos persiguen menos el ruido; se paga con más árboles.

Error típico: decir que el boosting «promedia árboles» o que «cada árbol usa datos distintos» (eso es Random Forest); o hablar del residuo en AUD cuando el modelo trabaja en log.

De dónde sale: recuadro de arriba [DATITO]; configuración de [FUENTE · Repo: 03_SCRIPTS/modelamiento_temporal.py · línea 61]; escala logarítmica [INFERENCIA]. No es materia de clase: gradient boosting no tiene lámina.

Respuesta: (1) queda ρ·σ², un piso que ningún número de modelos rompe; (2) Var = σ², como un solo modelo; (3) Var = σ²/n; (4) baja ρ.

Cómo se resuelve:

1. (1) Con n → ∞, el término (1 − ρ)·σ²/n tiende a 0 y sobrevive ρ·σ².
2. (2) Con ρ = 1: 1·σ² + 0 = σ², con n = 1 o con n = 300. Clones.
3. (3) Con ρ = 0: 0 + σ²/n. Con 300 modelos, la varianza baja 300 veces.
4. (4) Random Forest sortea filas y atributos para bajar ρ, aunque cada árbol quede algo peor (σ² algo mayor): el balance le conviene.

Error típico: usar σ²/n sin verificar independencia; la fórmula de la ficha P1 solo vale con ρ = 0.

De dónde sale: [DATITO]; es la generalización de la fórmula de certamen_2.html#p1.

Respuesta: el voto acierta 80 % en el escenario 1, 100 % en el 2 y 70 % en el 3; lo decide el número de casos donde fallan al menos dos modelos.

Cómo se resuelve: columna por columna, cuenta las ✗; si hay dos o más, el voto falla en ese caso.

1. Escenario 1: los tres fallan en 3 y 8 → el voto falla en 2 casos → 8/10 = 80 %, lo mismo que cada uno (clones).
2. Escenario 2: ningún caso tiene dos ✗ → el voto no falla nunca → 100 %.
3. Escenario 3: los casos 1, 2 y 3 tienen dos ✗ cada uno → el voto falla en 3 casos → 7/10 = 70 %, peor que cualquiera de los modelos.
4. Los tres escenarios tienen modelos de 80 % y dan 80, 100 y 70 %: lo que cambia es dónde caen los errores. La diversidad ayuda si los errores no se juntan de a dos; si se juntan justo de a dos, el voto amplifica.

Error típico: suponer que tres modelos de 80 % votando dan siempre más de 80 %, o calcular 89,6 % con la fórmula de independencia (0,8³ + 3·0,8²·0,2): ninguno de los tres escenarios tiene errores independientes.

De dónde sale: cifras ilustrativas [DATITO]; regla de mayoría como en la lámina 37 aplicada a clasificación [INFERENCIA].

Respuesta: dos modelos de 80 % combinados superan el 80 % solo si fallan en casos distintos y la regla de combinación, en cada desacuerdo, le cree al que acierta (por ejemplo, promediando probabilidades cuando el que acierta está más seguro); si fallan en los mismos casos, o si la regla no sabe a quién creerle, no ganan nada, y hasta pueden perder.

Respuesta modelo [DATITO · cifras ilustrativas]. Regla: promediar las probabilidades de la clase correcta y decidir con umbral 0,5.

1. Escenario que gana. A falla en los casos 1 y 2; B falla en 3 y 4. En 1 y 2, A se equivoca con poca seguridad (da 0,45 a la clase correcta) y B acierta seguro (0,90): promedio 0,675 → acierta. En 3 y 4 pasa lo mismo al revés. En los otros 6 casos aciertan los dos. Resultado: 10 de 10 = 100 %.
2. Escenario que no gana. A y B fallan los dos en los casos 1 y 2: no hay a quién creerle, el promedio también falla. Resultado: 8 de 10 = 80 %.
3. Escenario que pierde. Fallan en casos distintos (A en 1 y 2, B en 3 y 4), pero el que se equivoca está muy seguro (da 0,10 a la clase correcta) y el que acierta, dudoso (0,55): promedio 0,325 → falla. Resultado: 6 de 10 = 60 %.
4. Con voto simple entre dos, cada desacuerdo es un empate: si lo resuelves al azar, esperas 80 %, sin ganancia.

Error típico: afirmar «dos de 80 % dan 96 %» (1 − 0,2²). Esa cifra supone errores independientes y un árbitro perfecto que en cada desacuerdo elige al que acierta; ninguna de las dos cosas viene gratis.

De dónde sale: la regla de promediar probabilidades es la de tu [FUENTE · Repo: 08_PROYECTO_FCD/Desafio/src/08_ensemble.py]; los escenarios son [DATITO].

Respuesta: (a) ExtraTrees es un bosque, CatBoost es boosting y LinearSVC no es un ensamble; (b) probaría CatBoost con LinearSVC, midiendo antes en cuántas galaxias fallan los dos respecto de las que falla alguno; (c) no: 0,005 queda muy por debajo del ruido entre folds.

Cómo se resuelve:

1. (a) ExtraTrees es un bosque de árboles con cortes al azar; CatBoost es gradient boosting sobre árboles; LinearSVC es un modelo lineal [DATITO]. Fíjate en que un ensamble (ExtraTrees) quedó bajo un modelo lineal solo: ser ensamble no garantiza nada.
2. (b) CatBoost y LinearSVC rinden casi igual y son de familias muy distintas, así que es plausible que fallen en galaxias distintas [INFERENCIA]. Plausible no basta: se mide con las predicciones fuera de fold, que es lo que calcula tu script antes de combinar (jaccard_error).
3. (c) El REPORT ya advierte que una diferencia de 0,0024 es «entre 9 y 16 veces menor que la desviación entre folds» y que no respalda la conclusión [FUENTE · Repo: 08_PROYECTO_FCD/Desafio/REPORT.md · §5]. Una ganancia de 0,005 sigue muy por debajo de desviaciones de 0,022 a 0,038 [INFERENCIA].

Error típico: suponer que combinar los dos mejores siempre mejora, o reportar una ganancia de 0,005 como mejora real sin compararla con la desviación entre folds.

De dónde sale: cifras de [FUENTE · Repo: 08_PROYECTO_FCD/Desafio/REPORT.md · §5]; criterio de adopción de [FUENTE · Repo: 08_PROYECTO_FCD/Desafio/src/08_ensemble.py].

Respuesta: (a) C4.5 elige la presión (ganancia ≈ 0,163 contra 0,02 de la edad); (b) el árbol entrega 75 % de probabilidad de «derivar», y si eso significa derivar lo decide quien fija el umbral según el costo de cada error, no el árbol.

Cómo se resuelve:

1. Padre (12 no, 8 sí): p = 8/20 = 0,4 → Gini = 2 · 0,6 · 0,4 = 0,48.
2. Presión: lado ≤ (10, 2) → 2·(10/12)(2/12) ≈ 0,2778; lado > (2, 6) → 2·(2/8)(6/8) = 0,375. Ponderada 12/20 · 0,2778 + 8/20 · 0,375 ≈ 0,1667 + 0,15 = 0,3167. Ganancia ≈ 0,48 − 0,3167 = 0,163.
3. Edad: (7, 3) → 2 · 0,7 · 0,3 = 0,42; (5, 5) → 0,5. Ponderada 0,5 · 0,42 + 0,5 · 0,5 = 0,46. Ganancia 0,02. Gana la presión.
4. Paciente con 150: cae en el lado > 140, donde 6 de 8 fueron derivados → P(derivar) = 6/8 = 75 %. En salud, no derivar a un enfermo cuesta más que derivar a un sano, así que el umbral suele ponerse bajo [DATITO]. Es el punto de operación de roc_auc.html.

Error típico: elegir la edad porque «divide más parejo» (10 y 10), o decir «el árbol dice derivar» sin dar la probabilidad ni quién fija el umbral.

De dónde sale: cifras ilustrativas [DATITO]; procedimiento de las láminas 29, 31 y 32 [FUENTE · Repo: 05_CLASES/11_PRESENTACIÓN/_markdown/FCD-2026-2_07_Clasificacion.md · lámina 32].

Respuesta: (a) el voto acierta 86 de 100, casi lo mismo que cada alarma sola; (b) reemplazando B por una alarma que se equivoque en otros casos.

Cómo se resuelve:

1. El voto de tres falla donde fallan al menos dos.
2. A y B fallan juntas en 14 casos: ahí C acierta, pero pierde 2 a 1 → 14 fallos del voto.
3. A falla sola en 1 caso, B sola en 1 caso, C sola en 15: en ninguno de esos fallan dos → el voto acierta.
4. Voto: 100 − 14 = 86 de 100. C aporta diversidad real, pero A y B son casi clones y la votan en contra.
5. (b) Con tres alarmas de 85 % que fallaran en casos disjuntos (45 casos distintos), ningún caso tendría dos fallos y el voto acertaría los 100. La diversidad se diseña (otro sensor, otras variables), igual que en Random Forest.

Error típico: calcular ≈ 94 % con la fórmula de independencia (0,85³ + 3 · 0,85² · 0,15 ≈ 0,939): A y B no son independientes. Es la P1 en terreno: número ≠ diversidad.

De dónde sale: cifras ilustrativas [DATITO]; condición de correlación del profesor [FUENTE · Repo: 05_CLASES/transcripciones/2026-08-07T22_14_16Z_Fundamentos_en_Ciencia_de_Datos.md · 1:29:42–1:30:04].