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Problemas de Probabilidad resueltos.
Problema 1 El profesor Pérez olvida poner su despertador 3 de cada 10 dias. Además, ha comprobado
que uno de cada 10 dias en los que pone el despertador acaba no levandandose a tiempo de dar su
primera clase, mientras que 2 de cada 10 dias en los que olvida poner el despertador, llega a tiempo a
dar su primera clase.
(a) Identifica y da nombre a los sucesos que aparecen en el enunciado.
(b) ¿Cuál es la probabilidad de que el profesor Pérez llegue a tiempo a dar su primera clase?
(c) Si un dı́a no ha llegado a tiempo, ¿que probabilidad hay de que olvidase poner el despertador la
noche anterior?
Solución: En primer lugar conviene identificar el experimento aleatorio que estamos realizando. Este
consiste en tomar un dı́a al azar en la vida del profesor Pérez y analizarlo en base a los siguientes sucesos.
(a) Para un dı́a al azar decimos que se ha dado el suceso:
O ≡ cuando el profesor ha olvidado poner el despertador
T ≡ cuando el profesor ha llegado tarde a su primera clase.
Notemos que tanto {O, Ō} como {T , T̄ } forman un sistema completo de sucesos. A continuación traducimos en términos de probabilidad de los sucesos anteriores todos los datos que nos dan en el enunciado.
P (O) =
3
,
10
P (T̄ |O) =
2
,
10
7
1
, P (T |Ō) =
.
10
10
(b) El suceso ”llegar a tiempo a su clase” es el complementario de T , por tanto nos piden que calculemos
P (T̄ ). Puesto que {O, Ō} es un sistema completo de sucesos, podemos aplicar la fórmula de la probabilidad
total, de donde tenemos que:
P (Ō) =
P (T̄ ) = P (T̄ |O)P (O) + P (T̄ |Ō)P (Ō).
En la expresión anterior aparecen varios de los datos que nos ha proporcionando el enunciado, sin embargo
no conocemos directamente el valor de P (T̄ |Ō). Para calcularlo utilizamos que P (T̄ |Ō) = 1 − P (T |Ō) =
1
9
1 − 10
= 10
. De esta forma, la expresión anterior se puede escribir como:
P (T̄ )
=
9 7
69
2 3
+
=
= 0.69.
10 10 10 10
100
(c) Nos piden calcular la probabilidad del suceso O sabiendo que ha tenido lugar el suceso T , esto es,
P (O|T ). Como {O, Ō} es un sistema completo de sucesos, podemos utilizar el Teorema de Bayes para
calcular P (O|T ). Ası́,
P (O|T ) =
P (T |O)P (O)
.
P (T |Ō)P (Ō) + P (T |O)P (O)
2
=
En la expresión anterior nos falta por conocer P (T |O). Utilizando que P (T |O) = 1 − P (T̄ |O) = 1 − 10
8
10 , llegamos a que
8 3
24
10
10
P (O|T ) =
=
≈ 0.7742.
1 7
8 3
31
+
10 10 10 10
1
Problema 2 Un banco local revisa su polı́tica de tarjetas de crédito, con el objetivo de cancelar algunas
de ellas. En el pasado, el 5% de los clientes con tarjeta ha pasado a ser moroso, esto es ha dejado de
pagar sin que el banco pudiera recuperar la deuda. Además, el banco ha comprobado que la probabilidad
de que un cliente normal se atrase en un pago es de 0.2. Naturalmente, la probabilidad de que un cliente
moroso se atrase en un pago es 1.
(a) Identifica y da nombre a los sucesos que aparecen en el enunciado.
(b) Elegido un clienta al azar, ¿qué probabilidad hay de que el cliente se atrase en un pago mensual?
(c) Si un cliente se atrasa en un pago mensual, calcular la probabilidad de que el cliente acabe convirtiendose en moroso.
(d) Al banco le gustarı́a cancelar la lı́nea de crédito de un cliente si la probabilidad de que éste acabe
convirtiendose en moroso es mayor de 0.25. De acuerdo con los resultados anteriores, ¿debe cancelar
una lı́nea si un cliente se atrasa en un pago?¿Por qué?
Solución: Comenzamos identificando el experimento aleatorio. En este caso consiste en elegir al azar
a un cliente del banco que tenga tarjeta de crédito y preguntarnos por los siguientes sucesos.
(a) Para un cliente cualquiera decimos que ha sucedido el suceso:
M ≡ cuando el cliente es moroso,
A ≡ cuando el cliente se ha atrasado en un pago mensual.
Los conjuntos de sucesos {M, M̄} y {A, Ā} son dos sistemas completos de sucesos. A continuación reescribimos los datos que nos proporciona el enunciado en términos de probabilidades.
P (M) = 0.05,
P (A|M̄) = 0.2,
P (A|M) = 1.
(b) Es sencillo darse cuenta de que nos piden calcular P (A). Como {M, M̄} es un sistema completo de
sucesos, aplicamos la fórmula de la probabilidad total y tenemos
P (A) = P (A|M̄)P (M̄) + P (A|M)P (M).
De la fórmula anterior, únicamente desconocemos P (M̄), que podemos calcularlo mediante P (M̄) =
1 − P (M) = 1 − 0.05 = 0.95. Por tanto:
P (A) = 0.2 × 0.95 + 1 × 0.06 = 0.24.
(c) Nos piden calcular la probabilidad de que el cliente se convierta en moroso (suceso M) sabiendo que
se ha atrasado en una mensualidad (suceso A); esto es P (M|A). Como {M, M̄} es un sistema completo
de sucesos, aplicando la fórmula de Bayes tenemos que
P (A|M)P (M)
P (A|M̄)P (M̄) + P (A|M)P (M)
1 × 0.05
=
≈ 0.2083.
0.2 × 0.95 + 1 × 0.06
P (M|A) =
(d) De acuerdo con el resultado anterior, la probabilidad de que un cliente que se atrasa en un pago acabe
convirtiendose en moroso es 0.2083, que es menor que la probabilidad 0.25 exigida por el banco. Por lo
tanto, no deberı́a de cancelarse la cuenta de un cliente que se atrase en un pago.
2
Problemas de Variable Aleatoria resueltos.
Problema 3 El gimnasio El primo de sumosol ha comprobado que el 20% de sus alumnos se dan
de baja durante el primer mes y el 80% restante permanecen todo el año. Supongamos que este año se
inscribieron 20 alumnos.
(a) Explica con brevedad qué es una variable aleatoria. Identifica la variable aleatoria del problema e
indica qué distribución sigue.
(b) ¿Cuál es la probabilidad de que 2 o menos se den de baja?
(c) ¿Cuál es la probabilidad de que exactamente se den de baja 4 alumnos?
(d) ¿Cuál es la probabilidad de que se den de baja más de 3 alumnos?
Al hacer la inscripción se realiza un único pago anual de 600 euros. Cada alumno que permanece todo el
año genera un gasto anual de 150 euros.
(e) ¿Cuál es el beneficio anual esperado?
(f ) ¿Cuántos alumnos se han dado de baja el primer mes si al final del año el gimnasio ha obtenido el
beneficio esperado?
Solución: (a) Una variable aleatoria es una aplicación X que hace corresponder un número real a cada
suceso básico del espacio muestral. Despues de leer detenidamente todo el enunciado, para este problema
elegimos la variable aleatoria
X = ”número de alumnos que se dan de baja el primer mes”.
Los posibles valores que puede tomar la variable X son 0, 1, . . . , 20, luego X es una variable aleatoria
discreta (V.A.D).
El experimento que a cada alumno le asocia un 0 si este alumno permanece durante todo el año; o un
1 si este alumno se da de baja el primer mes es un experimento de Bernouilli de parámetro p = 0.2. De
esta forma, X es la suma de 20 experimentos de Bernouilli independientes de igual p, por tanto X sigue
una distribución binomial de parámetros n = 20 y p = 0.2, esto es
X ∼ B(20, 0.2).
(b) Nos piden la probabilidad de que el número de alumnos que se den de baja el primer mes sea igual o
menor de 2. En lenguaje matemático esto es P (X ≤ 2). Este valor es el de la función de distribución de
la binomial en el punto 2. Mirando en las tablas tenemos que P (X ≤ 2) = 0.2061.
(c) Nos piden calcular P (X = 4), esto es, la función de probabilidad de la binomial en 4. La función
de probabilidad se puede expresar como resta de la función de distribución en dos puntos consecutivos,
entonces
P (X = 4) = P (X ≤ 4) − P (X ≤ 3).
Mirando la tabla de la distribución binomial tenemos que P (X ≤ 4) = 0.6296 y P (X ≤ 3) = 0.4114. Por
tanto
P (X = 4) = 0.6296 − 0.4114 = 0.2182.
(c) Hemos de calcular P (X > 3). Utilizando la probabilidad del suceso complementario tenemos que
P (X > 3) = 1 − P (X ≤ 3)
= 1 − 0.4114 = 0.5886.
(d) Por cada alumno tenemos un ingreso de 600 euros. Como se han inscrito 20 alumnos tenemos un
ingreso total de I = 20 × 600 = 12000 euros. Cada alumno que permanece todo el año genera un gasto
anual de 150 euros. Si X es el número de alumnos que se dan de baja el primer mes, entonces el número
de alumnos que permanecen todo el año es 20 − X. Por tanto, el gasto anual es G = 150 × (20 − X). Ası́,
el beneficio anual es B = I − G = 12000 − 150(20 − X). Operando obtenemos
B = 9000 + 150X.
3
El beneficio anual esperado es E(B). Aplicando que E(a + bX) = a + bE(X), tenemos que
E(B) = E(9000 + 150X)
= 9000 + 150E(X).
Como la variable X sigue una distribución binomial de parámetros n = 20 y p = 0.2, entonces E(X) =
np = 4. Ası́,
E(B) = 9000 + 150 × 4 = 9600.
(e) Si el beneficio obtenido es el esperado, esto es B = 9600, despejando X en la expresión B = 9000+150X
se sigue que
9600 − 9000
X=
= 4,
150
luego se han dado de baja 4 alumnos.
Otra forma de resolver este apartado es la siguiente. Notemos que de E(B) = 9000 + 150E(X), esto
significa que si hemos obtenido el valor esperado para el beneficio, es porque se han dado de baja el
número esperado de alumnos, E(X) = 4.
4
Problema 4 Un estudio de la DGT estima que el número de horas prácticas necesarias para la obtención
del permiso de conducir sigue una distribución normal N (24, 32 ).
(a) ¿Qué probabilidad hay de obtener el permiso de conducir con 20 horas de prácticas o menos?
(b) ¿Cuántas horas de prácticas ha necesitado un conductor para obtener el permiso si el 68% de los
conductores ha necesitado más horas de prácticas que él?
La autoescuela D’spacio ingresa por alumno una parte fija de 250 euros, más 23 euros por hora de práctica.
(c) Calcular el ingreso por alumno esperado.
(d) Calcular la desviación tı́pica del ingreso por alumno.
Solución:
Para este problema escogemos como variable aleatoria
X = número de horas de práctica necesarias para obtener el permiso de conducir
que nos aseguran que sigue una distribución normal de media µ = 24 y desviación tı́pica σ = 3, esto es
X ∼ N (24, 32 ).
Por tanto X es una variable aleatoria continua (V.A.C.)
(a) Nos piden que calculemos P (X ≤ 20), que es el valor de la función de distribución de una normal en el
punto 20. Como X no sigue una distribución normal estándar, este valor no puede buscarse directamente
en la tabla. Hemos de tipificar la variable, esto es, cambiamos a la variable
Z=
X −µ
X − 24
=
,
σ
3
que sı́ sigue una distribución normal estándar, Z ∼ N (0, 1).
Ası́,
20 − 24
P (X ≤ 20) = P Z ≤
= P (Z ≤ −1.33).
3
Utilizando el carácter simétrico de la normal tenemos que P (Z ≤ −1.33) = P (Z ≥ 1.33), y aplicando la
probabilidad del suceso complementario P (Z ≥ 1.33) = 1 − P (Z ≤ 1.33) llegamos a
P (X ≤ 20) = 1 − P (Z ≤ 1.33).
Como Z sigue una distribución normal estándar, buscando en la tabla, tenemos que P (Z ≤ 1.33) = 0.9032.
De donde, P (X ≤ 20) = 1 − 0.9032 = 0.0968.
(b) Sea x0 el número de horas prácticas que buscamos. Nos piden el valor de x0 de forma que P (X ≥
x0 ) = 0.68. Utilizando la variable tipificada Z tenemos que
x0 − 24
= 0.68.
P (X ≥ x0 ) = P Z ≥
3
Si definimos
x0 − 24
,
3
de la expresión anterior tenemos que P (Z ≥ z0 ) = 0.68. Utilizando la simetrı́a de la normal tenemos que
P (Z ≤ −z0 ) = 0.68. Buscando en la tabla obtenemos que la P (Z ≤ 0.46) = 0.6772 y P (Z ≤ 0.47) =
0.6808, por tanto −z0 es un valor comprendido entre 0.46 y 0.47, pero más cercano al segundo. Tomamos
−z0 = 0.468, de donde z0 = −0.468. Despejando x0 en función de z0 tenemos que
z0 =
x0 = 4 + 3z0 = 24 + 3(−0.468) = 22.596.
(c) Para un alumno cualquiera, X es número de horas de práctica necesarias para obtener el permiso de
conducir. Ası́, el ingreso de la autoescuela por las prácticas de un alumno es 23X. Si añadimos la parte
fija tenemos que el ingreso por alumno es I = 250 + 23X.
5
El ingreso por alumno esperado es E(I). Aplicando que E(a + bX) = a + bE(X), tenemos que
E(I) = E(250 + 23X) = 250 + 23E(X).
Como X ∼ N (24, 32 ), sabemos que E(X) = 24. Por tanto
E(I) = 250 + 23 × 24 = 802.
(d) Aplicando que V ar(a + bX) = b2 V ar(X), tenemos que
V ar(I) = V ar(250 + 23X) = 232 V ar(X).
Como X ∼ N (24, 32 ), sabemos que V ar(X) = 32 . Por tanto, V ar(I) = 232 32 . Finalmente, la desviación
tı́pica del ingreso dt(I) es
p
dt(I) = V ar(I) = 23 × 3 = 69.
6
Problemas de Intervalos de Confianza y Contraste de Hipótesis resueltos.
Problema 5 La cantidad de horas que duermen los estadounidenses cada noche varı́a mucho. Consideremos la siguiente muestra de las horas que duermen cada noche 16 personas.
6.9
7.8
7.3
6.8
7.6
7.0
6.6
6.5
6.5
5.5
7.1
7.2
6.2
7.6
6.9
5.8
(a) Calcula una estimación puntual para la media de horas que se duerme cada noche y para la
desviación tı́pica. ¿Qué estimadores utilizas? ¿Por qué?
Suponer que la población sigue una distribución normal.
(b) Determinar un intervalo de confianza del 80% para la media de horas que se duerme cada noche.
(c) Determinar un intervalo de confianza del 95% para la varianza.
Solución:
Sobre la población de estadounidenses definimos la variable aleatoria continua
X = “número de horas que duerme”
que sigue una distribución normal de media y varianza desconocidas.
(a) Para
Pn estimar la media de horas que duermen los estadounidenses utilizamos la media muestral,
xi
, por ser un estimador insesgado y eficiente para la media poblacional µX . Para la muestra
X̄ = i=1
n
que nos proporcionan obtenemos que X̄ = 6.8312. Luego una estimación puntual de la media poblacional
es µX ≈ 6.8312.
Para estimar la desviación tı́pica de X utilizamos la desviación tı́pica muestral ŜX por ser un estimador
insesgado y eficiente, donde
Pn
2
n
2
2
i=1 xi
ŜX =
− x̄ .
n−1
n
Para la muestra proporcionada obtenemos que ŜX = 0.6374. Luego una estimación puntual de la
desviación tı́pica poblacional es σX ≈ 0.6374.
(b) Los extremos del intervalo de confianza para una variable normal de varianza desconocida y tamaño
de la muestra pequeño vienen dados por
ŜX
X̄ ± tn−1, α2 √
n
donde tn−1, α2 es el valor con probabilidad acumulada del 1 −
distribución t-Student con n − 1 grados de libertad.
α
2
de una variable aletoria que sigue una
Como n = 16 y α = 0.2, buscando en la tabla de la distribución t-Student con 15 grados de libertad el
valor que tiene una probabilidad acumulada de 0.9 obtenemos que tn−1, α2 = 1.34. Por tanto, el intervalo
de confianza del 80% para la media µX es:
0.6374
0.6374
6.8312 − 1.34 √
, 6.8312 + 1.34 √
= (6.6178, 7.0447)
16
16
(c) Los extremos del intervalo de confianza para la varianza de una población normal son
2
(n − 1)ŜX
2
χn−1,1− α
y
2
2
(n − 1)ŜX
2
χn−1, α
2
7
donde χ2n−1,1− α es el valor que tiene una probabilidad acumulada de 1 − α2 para una variable que sigue
2
una distribución χ2 con n − 1 grados de libertad y χ2n−1, α es el valor que acumula una probabilidad de
2
α
2 para la misma distribución.
Como n = 16 y α = 0.05, buscando en las tablas de la distribución χ2 con 15 grados de libertad los
valores con probabilidad acumulada de 0.975 y 0.025, obtenemos que χ2n−1,1− α = 27.5 y χ2n−1, α = 7.26,
2
2
respectivamente. Por tanto, el intervalo de confianza del 95% para la varianza σX es
15(0.6374)2 15(0.6374)2
,
= (0.2216, 0.8394).
27.5
7.26
8
Problema 6 La empresa BBM afirma que nueva gama de neumáticos duran en promedio más de 28.000
km. Las pruebas con 64 neumáticos dan como resultado una duración media de 27.800 km, con una
desviación tı́pica muestral de 1.000 km.
(a) Si se usa un nivel de significación del 5%, comprobar si hay evidencia suficiente para rechazar la
afirmación de la empresa. Establecer claramente la hipótesis nula y alternativa.
(b) Explica brevemente qué es el p–valor. ¿Cuál es el p-valor?
Solución:
Sobre la población de los neumáticos definimos la variable aleatoria
X = “duración en kilometros”.
De esta variable desconocemos la distribución que sigue y los valores de los parámetros µX y σX .
(a) La decisión sobre la afirmación de la empresa la tomaremos en base a un contraste de hipótesis sobre
la media poblacional µX
H0 : µX = 28000
con hipótesis alternativa unilateral por la izquierda (ya que el exceso en la duración de los neumáticos
favorece la afirmación de la empresa)
H1 : µX < 28000.
Puesto que el contraste es unilateral por la izquierda, la región crı́tica tendrá la forma RC = (−∞, z0 ) y
por la región de aceptación RA = (z0 , +∞). Para calcular el valor z0 aplicamos que el nivel de significación
es la probabilida de que el estadı́stico de contraste caiga en la región crı́tica, esto es P (Z ≤ z0 ) = α = 0.05
siendo Z el estadı́ıstico de contraste. Por tratarse el problema de un contraste sobre la media de una
población con muestras grandes sabemos que el estadı́stico de contraste es:
Z=
X̄ − µX √
ŜX
n ∼ N (0, 1).
Como en la tabla de la normal no aparecen probabilidades menores que 0.5 aplicando la simetrı́a de
la distribución normal se sigue que
P (Z ≤ −z0 ) = 1 − P (Z ≤ z0 ) = 1 − 0.05 = 0.95
El 0.95 no aparece en la tabla de la normal, sin embargo tenemos que P (Z ≤ 1.64) = 0.9405 y P (Z ≤
1.65) = 0.9505, que se encuentran a igual distancia por abajo y por arriba del valor deseado, por lo que
podemos considerar −z0 = 1.645. La región crı́tica y la región de aceptación quedan pues como:
RC = (−∞, −1.645)
y
RA = (−1.645, ∞).
Calculamos ahora el valor del estadı́stico que se obtiene con la muestra
Z=
X̄ − µX √
ŜX
n=
27800 − 2800 √
64 = −1.6.
1000
Como el valor del estadı́stico cae dentro de la región de aceptación concluimos que se acepta la hiṕotesis
nula y, por tanto, no hay evidencias suficientes para rechazar la afirmación de la empresa.
(b) El p–valor, αp , es el menor nivel de significación para el que se rechaza la hipótesis nula.
Como el contraste es unilateral por la izquierda, el p–valor viene dado por P (Z ≤ −1.6) = αp . De
nuevo este valor no aparece en las tablas. Utilizando la simetria de la distribución tenemos que
αp = P (Z ≤ −1.6) = 1 − P (Z ≤ 1.6) = 1 − 0.9452 = 0.0548.
9
Problema 7 Una lı́nea de producción funciona con un peso de llenado de 16 gr por envase. De acuerdo
con datos anteriores, se sabe que el peso sigue una distribución normal. El exceso o defecto de peso en
el llenado son problemas graves, y la linea de producción debe parar si se presenta alguno de ellos. Un
inspector de calidad toma una muestra de 30 artı́culos y de acuerdo con los resultados toma la decisión
de parar la lı́nea o dejarla trabajando.
(a) Para un nivel de significación α = 0.05, si se encuentra que x̄ = 16.32 gr y ŜX = 0.8 gr ¿qué acción
recomendarı́as? ¿Cuál es el p–valor?
(b) Para el mismo nivel de significación y el mismo valor de ŜX ¿qué acción recomendarı́as si se obtiene
que x̄ = 15.82 gr?
Solución:
Sobre la población de los envases producidos aplicamos la variable aleatoria continua
X = “peso de llenado”
2
que sigue una distribución normal, X ∼ N (µX , σX
).
(a) La decisión a tomar la basaremos en un contraste de hipótesis sobre la media poblacional µX con
nivel de significación α = 0.05. Tomamos como hipótesis nula el peso de llenado de referencia:
H0 : µX = 16.
Puesto que tanto el exceso como el defecto de llenado son defectos de funcionamiento, planteamos un
contraste bilateral:
H1 : µX 6= 16.
Al ser el contraste bilateral, la región crı́tica RC está formada por dos intervalos, uno a cada lado de
la región de aceptación RA y por tanto:
RC = (−∞, −t0 ) ∪ (t0 , +∞)
y
RA = (−t0 , t0 ).
Como la probabilidad de que el estadı́stico de contraste se encuentre en la región crı́tica es α, tenemos
que sobre cada uno de los intervalos que forma RC la probabilidad es α2 , esto es P (T ≥ t0 ) = α2 , siendo
T el estadı́stico de contraste, que por tratarse de un contraste sobre la media de una población normal
de varianza desconocida es
X̄ − µX √
T =
n ∼ tn−1 .
ŜX
De α = 0.05 y por la simetrı́a de la distribución t-Student,
P (T ≤ t0 ) = 1 − P (T ≥ t0 ) = 1 −
α
= 0.975.
2
Buscando en la tabla de la t-Student con n−1 = 29 grados de libertad el valor con probabilidad acumulada
0.975 obtenemos que t0 = 2.04. Ası́:
RC = (−∞, −2.04) ∪ (2.04, +∞)
y
RA = (−2.04, 2.04).
Para los valores muestrales X̄ = 16.32 y ŜX = 0.8, tenemos que el valor del estadı́stico de contraste
es
T =
X̄ − µX √
ŜX
n ∼ tn−1 =
16.32 − 16 √
30 = 2.191
0.8
que pertenece a la región crı́tica, luego hemos de rechazar la hipótesis nula en favor de la hipótesis alternativa. Concluimos por tanto que existe un problema grave en el llenado y debe pararse la lı́nea de
producción.
Al ser el contraste bilateral, el p–valor αp viene dado por la expresión P (T ≥ 2.191) =
simetrı́a de la t–Student tenemos que
P (T ≤ 2.191) = 1 − P (T ≥ 2.191) = 1 −
10
αp
.
2
αp
2 .
Por la
Buscando en la tabla de la t–Student con 29 grados de libertad encontramos que P (T ≤ 2.04) = 0.975 y
P (T ≤ 2.46) = 0.99. Por ser 2.191 más proximo al primero de ellos tomamos P (T ≤ 2.191) ≈ 0.975. Ası́
α
0.975 = 1 − 2p , de donde
αp = 0.05.
(b) Como ni el contraste ni el nivel de significación han cambiado, las regiones crı́tica y de aceptación
son iguales a las del apartado (a), esto es
RC = (−∞, −2.04) ∪ (2.04, +∞)
y
RA = (−2.04, 2.04).
Calculamos ahora el valor del estadı́stico de contraste para los nuevos valores muestrales:
T =
X̄ − µX √
ŜX
n ∼ tn−1 =
15.82 − 16 √
30 = −1.23
0.8
que ahora está dentro de la región de aceptación, luego aceptamos la hipótesis nula en contra de la
hipótesis alternativa. Concluimos que no se ha producido ningún problema grave en el llenado y que por
tanto no es necesario detener la lı́nea de producción.
11