Resolución paso a paso
Matemáticas
Prueba de acceso de la Región de Murcia (Matemáticas II, convocatoria extraordinaria de septiembre de 2020). Se responden cuatro de las ocho cuestiones (2,5 puntos cada una); aquí se resuelven las ocho. Los signos «menos» se pierden en el texto extraído del PDF; se han recuperado mirando su posición en el documento, y se indica la lectura adoptada.
Cuestión 1 · Sistema con parámetro $a$
El sistema es $x+y+z=2$, $\;x-ay+a^2z=-1$, $\;-ax+a^2y-a^3z=2$.
a) Nunca tiene solución única.
Los coeficientes de la tercera ecuación son los de la segunda multiplicados por $-a$: $(-a,\,a^2,\,-a^3)=-a\,(1,\,-a,\,a^2)$. Por tanto las filas de la matriz de coeficientes son linealmente dependientes y $|A|=0$ para todo $a$: el rango es como mucho 2 y el sistema (3 incógnitas) nunca es compatible determinado.
b) Valores de $a$ con infinitas soluciones.
Si el sistema es compatible, la tercera ecuación debe ser $-a$ veces la segunda también en el término independiente: $2=-a\cdot(-1)=a$. Además, para $a\neq-1$ las dos primeras ecuaciones son independientes (rango 2). Para $a=-1$ la segunda ecuación es $x+y+z=-1$, que contradice la primera ($x+y+z=2$). Así, el sistema es compatible indeterminado solo para $a=2$.
c) Resolución para $a=2$.
Queda $x+y+z=2$ y $x-2y+4z=-1$ (la tercera es la segunda multiplicada por $-2$). Restando: $3y-3z=3$, es decir $y=z+1$, y luego $x=2-y-z=1-2z$. Con $z=t$:
$$(x,y,z)=(1-2t,\;1+t,\;t),\qquad t\in\mathbb R$$
Cuestión 2 · Potencias de una matriz
Lectura de la matriz (los signos se pierden en el texto): $A=\begin{pmatrix}-1&-3\\1&2\end{pmatrix}$.
a) Potencias sucesivas.
$$A^2=\begin{pmatrix}-2&-3\\1&1\end{pmatrix},\quad A^3=A^2A=\begin{pmatrix}-1&0\\0&-1\end{pmatrix}=-I,\quad A^4=-A=\begin{pmatrix}1&3\\-1&-2\end{pmatrix},$$
$$A^5=-A^2=\begin{pmatrix}2&3\\-1&-1\end{pmatrix},\qquad A^6=(A^3)^2=I$$
b) $A^{2020}$.
Como $A^6=I$, las potencias se repiten cada 6. Se divide: $2020=6\cdot336+4$, luego
$$A^{2020}=A^4=\begin{pmatrix}1&3\\-1&-2\end{pmatrix}$$
c) Es regular y su inversa.
$|A|=-2+3=1\neq0$, así que es invertible. Como $A^3=-I$, se tiene $A\,(-A^2)=I$, de donde
$$A^{-1}=-A^2=\begin{pmatrix}2&3\\-1&-1\end{pmatrix}$$
Cuestión 3 · Límites
a) $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\ln(3+x)-\ln(3-x)}{2x}$.
Es una indeterminación $\tfrac00$; por L'Hôpital:
$$\lim_{x\to0}\frac{\frac1{3+x}+\frac1{3-x}}{2}=\frac{\frac13+\frac13}{2}=\frac13$$
b) $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x+1}-\sqrt{x+2}\right)$.
Es una indeterminación $\infty-\infty$; se multiplica y divide por el conjugado:
$$\sqrt{x+1}-\sqrt{x+2}=\frac{(x+1)-(x+2)}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x+2}}=\frac{-1}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x+2}}\xrightarrow[x\to+\infty]{}0$$
Cuestión 4 · Integral de un logaritmo
a) Integral indefinida de $\ln(1+x^2)$.
Por partes, con $u=\ln(1+x^2)$ y $dv=dx$ ($du=\frac{2x}{1+x^2}dx$, $v=x$):
$$\int\ln(1+x^2)\,dx=x\ln(1+x^2)-\int\frac{2x^2}{1+x^2}\,dx=x\ln(1+x^2)-2\int\left(1-\frac1{1+x^2}\right)dx$$
$$=x\ln(1+x^2)-2x+2\arctan x+C$$
b) Integral definida entre 0 y 1.
Por la regla de Barrow:
$$\int_0^1\ln(1+x^2)\,dx=\ln2-2+2\cdot\frac\pi4=\ln2-2+\frac\pi2\approx0{,}264$$
Cuestión 5 · Triángulo con un vértice en una recta
Se tiene $P=(5,6,1)$, $Q=(-3,-2,5)$ y la recta $r:\ \dfrac x1=\dfrac{y-1}1=\dfrac{z+1}4$, es decir, $R=(t,\,1+t,\,-1+4t)$.
a) Punto $R$ con área $18\sqrt2$.
El área es la mitad del módulo del producto vectorial $\overrightarrow{PQ}\times\overrightarrow{PR}$, con $\overrightarrow{PQ}=(-8,-8,4)$ y $\overrightarrow{PR}=(t-5,\,t-5,\,4t-2)$:
$$\overrightarrow{PQ}\times\overrightarrow{PR}=\big(36(1-t),\ -36(1-t),\ 0\big),\qquad\text{área}=\tfrac12\cdot36\sqrt2\,|1-t|=18\sqrt2\,|1-t|$$
Igualando a $18\sqrt2$: $|1-t|=1$, luego $t=0$ o $t=2$. Las dos soluciones son $R=(0,1,-1)$ y $R=(2,3,7)$ (basta una).
b) Recta $PQ$ y corte perpendicular con $r$.
La dirección es $\overrightarrow{PQ}\parallel(2,2,-1)$: $\ (x,y,z)=(5,6,1)+s\,(2,2,-1)$. Es perpendicular a $r$ porque $(2,2,-1)\cdot(1,1,4)=2+2-4=0$. Se cortan: igualando $5+2s=t$, $6+2s=1+t$ (la misma ecuación) y $1-s=-1+4t$, resulta $s=-2$, $t=1$, que da el punto común $(1,2,3)$. Así que la recta corta a $r$ en $(1,2,3)$ formando un ángulo recto.
Cuestión 6 · Posición relativa de dos rectas
La recta $r$ es $5x+3y=19,\ y-5z=3$ y $s:\ \dfrac{x-1}{-1}=\dfrac y1=\dfrac{z-5}0$ (es decir $z=5$).
a) Posición relativa.
Con $y=u$ como parámetro, $r$ es $\left(\tfrac{19-3u}5,\ u,\ \tfrac{u-3}5\right)$: pasa por $P_r=\left(\tfrac{19}5,0,-\tfrac35\right)$ con dirección $\vec d_r=(-3,5,1)$. La recta $s$ pasa por $P_s=(1,0,5)$ con dirección $\vec d_s=(-1,1,0)$. Las direcciones no son proporcionales. Se calcula el determinante con $\overrightarrow{P_sP_r}=\left(\tfrac{14}5,0,-\tfrac{28}5\right)\parallel(1,0,-2)$:
$$\begin{vmatrix}-3&5&1\\-1&1&0\\1&0&-2\end{vmatrix}=6-10-1=-5\neq0$$
Como no es cero, las rectas se cruzan.
b) Plano que contiene a $r$ y es paralelo a $s$.
Su normal es $\vec d_r\times\vec d_s=(-1,-1,2)$ y pasa por $P_r$:
$$-\left(x-\tfrac{19}5\right)-y+2\left(z+\tfrac35\right)=0\ \Longrightarrow\ x+y-2z-5=0$$
Comprobación: los puntos $\left(\tfrac{19}5,0,-\tfrac35\right)$ y $(2,3,0)$ de $r$ lo cumplen, y $(1,1,-2)\cdot(-1,1,0)=0$.
Cuestión 7 · Distribución normal (peso de recién nacidos)
El peso es $X\sim N(2{,}8;\,\sigma)$ y $P(X>3)=0{,}2005$.
a) Probabilidad de pesar más de 2,6 kg.
Los valores 2,6 y 3 están a la misma distancia de la media ($\mu\mp0{,}2$), así que por simetría $P(X<2{,}6)=P(X>3)=0{,}2005$:
$$P(X>2{,}6)=1-0{,}2005=0{,}7995$$
b) Desviación típica.
$P(X>3)=P\!\left(Z>\dfrac{0{,}2}{\sigma}\right)=0{,}2005\Rightarrow\Phi\!\left(\dfrac{0{,}2}{\sigma}\right)=0{,}7995$. En la tabla de la normal, $\Phi(0{,}84)=0{,}7995$, así que $\dfrac{0{,}2}{\sigma}=0{,}84$:
$$\sigma=\frac{0{,}2}{0{,}84}\approx0{,}2381\ \text{kg}$$
c) Probabilidad de pesar menos de 2,9 kg.
$$P(X<2{,}9)=P\!\left(Z<\frac{2{,}9-2{,}8}{0{,}2381}\right)=\Phi(0{,}42)=0{,}6628$$
Cuestión 8 · Dos urnas y un dado
El dado da A con probabilidad $\tfrac26=\tfrac13$ y B con $\tfrac46=\tfrac23$. La urna A tiene 3 verdes, 4 negras y 3 rojas (10 bolas); la B, 6 verdes y 4 negras (10 bolas).
a) Probabilidad de que la bola sea verde.
Por la probabilidad total:
$$P(V)=\frac13\cdot\frac3{10}+\frac23\cdot\frac6{10}=0{,}1+0{,}4=0{,}5$$
b) Probabilidad de que sea roja.
Solo hay rojas en la urna A: $P(R)=\dfrac13\cdot\dfrac3{10}=0{,}1$.
c) Si es verde, probabilidad de que venga de la urna B.
Por Bayes:
$$P(B\mid V)=\frac{P(B)\,P(V\mid B)}{P(V)}=\frac{\frac23\cdot\frac6{10}}{0{,}5}=\frac{0{,}4}{0{,}5}=0{,}8$$