左右に無限に続く「はしご型導体」（横方向の抵抗 \(R_2\)、縦方向の鉛直なはしご段の抵抗 \(R_1\)）の上を、棒磁石が一定の速さ \(v\) で水平に動く。磁石が横切る区画に生じる運動の起電力と、無限回路網の自己相似性を組み合わせて解く問題です。
磁石が1区画を横切ると、その区画のはしご段 \(R_1\) を貫く磁束が時間とともに変化する。これが電池の役割をして、左右の閉回路 QPCD・QPC′D′ に同じ起電力 \(E=Bav\) を生む。左右の半無限部分は、それぞれ1個の抵抗 \(R_\infty\) と見なせる。電流は「電池 \(R_1\)」＋「左右の \(R_\infty\) の並列」を流れる。
イ：誘導起電力の大きさ。磁束密度 \(B\) の領域（奥行き \(a\)）を、磁石が速さ \(v\) で横切る。閉回路 QPCD を貫く磁束 \(\Phi\) は、領域の重なり幅 \(x\) を用いて \(\Phi=Ba\,x\) と書け、その時間変化率が起電力になる。ファラデーの法則より：
$$|E| = \left|\frac{\Delta \Phi}{\Delta t}\right| = Ba\frac{\Delta x}{\Delta t} = Bav$$右の閉回路 QPC′D′ でも磁束変化は同じだから、両者に同じ大きさ \(E=Bav\) の起電力が生じる。
ロ：QからPに流れる電流。図2(b)はP-Q間に3つの枝が並列：中央のはしご段 \(R_1\)（起電力 \(E\) を含む）、左の \(R_\infty\)、右の \(R_\infty\)。外部（左右）の合成抵抗は
$$R_{\text{外}} = R_\infty \parallel R_\infty = \frac{R_\infty}{2}$$起電力枝を流れる電流 \(I_0\)（=QからPへ）は、内部抵抗 \(R_1\) と外部抵抗 \(R_\infty/2\) の直列だから、オームの法則より：
$$I_0 = \frac{E}{R_1 + \dfrac{R_\infty}{2}} = \frac{Bav}{R_1+\dfrac{R_\infty}{2}} = \frac{2Bav}{2R_1+R_\infty}$$ハ：磁石を一定の速さ \(v\) で動かすのに必要な単位時間あたりの仕事。定速運動なので外力がした仕事はすべて回路で消費されるジュール熱に等しい（運動エネルギーは増えない）。仕事率＝電源が供給する電力＝起電力×電流：
$$\frac{\Delta W}{\Delta t} = E\,I_0 = Bav\cdot\frac{2Bav}{2R_1+R_\infty} = \frac{2(Bav)^2}{2R_1+R_\infty}$$電磁誘導で生じる電流は、磁石と導体の相対運動だけで決まる（ガリレイ変換に対する不変性）。磁石を固定し、はしご型導体を速さ \(v\) で左に動かしても、相対速度は同じ \(v\) なので、回路に生じる起電力・電流はまったく同じになる。動く導体に着目すれば「導体棒に生じる運動の起電力 \(E=Bav\)」として素直に計算できるのが利点。
無限に続く部分を1個の等価抵抗 \(R_\infty\) に置き換えるのが最初の一手。起電力枝（内部抵抗 \(R_1\)）＋外部 \(R_\infty/2\) という単純な1ループ電池回路に帰着する。仕事率は \(E I_0\)＝ジュール熱。
半無限のはしごは「どこで切っても同じ形」。図3(a)を P・Q で切った左側（＝図3(b)）と、K・L で切った左側はまったく同じ回路。だから先頭の1区画（横の \(R_2\) 2本＋縦の \(R_1\)）を取り除いても、残りはまた \(R_\infty\)。この自己相似性から \(R_\infty\) の方程式が立つ。
図3(b)の半無限回路網を端子 P-Q から見る。先頭の1区画は「上の \(R_2\)＋下の \(R_2\)（合わせて直列 \(2R_2\)）」と「縦のはしご段 \(R_1\)」からなり、その先に続く半無限部分はふたたび \(R_\infty\) と等価になる（自己相似性）。回路の構造は次の通り：はしご段 \(R_1\) と残りの \(R_\infty\) が並列、それに直列で \(2R_2\)。よって自己無撞着な式：
$$R_\infty = 2R_2 + \frac{R_1 R_\infty}{R_1 + R_\infty}$$両辺に \((R_1+R_\infty)\) を掛けて整理する：
$$R_\infty(R_1+R_\infty) = 2R_2(R_1+R_\infty) + R_1 R_\infty$$ $$R_\infty^2 - 2R_2 R_\infty - 2R_1 R_2 = 0$$ここで条件 \(R_1:R_2 = 4:1\)、すなわち \(R_1 = 4R_2\) を代入する：
$$R_\infty^2 - 2R_2 R_\infty - 2(4R_2)R_2 = 0 \quad\Rightarrow\quad R_\infty^2 - 2R_2 R_\infty - 8R_2^2 = 0$$これを \(R_\infty\) について解くと（\(R_\infty>0\) を採る）：
$$R_\infty = \frac{2R_2 + \sqrt{(2R_2)^2 + 4\cdot 8R_2^2}}{2} = \frac{2R_2 + \sqrt{36R_2^2}}{2} = \frac{2R_2 + 6R_2}{2} = 4R_2$$一方 \(R_1 = 4R_2\) なので、\(R_\infty = 4R_2 = R_1\)。よって \(R_\infty = R_1\) が示された。
「\(R_\infty=R_1\) になりそうだ」と見当をつけ、自己無撞着式の右辺に \(R_\infty=R_1\) と \(R_2=R_1/4\) を代入して左辺と一致するか確かめる：
$$2R_2 + \frac{R_1 R_\infty}{R_1+R_\infty} = 2\cdot\frac{R_1}{4} + \frac{R_1\cdot R_1}{R_1+R_1} = \frac{R_1}{2} + \frac{R_1}{2} = R_1$$右辺＝\(R_1=R_\infty\)（左辺）で一致。確かに \(R_\infty=R_1\) が方程式の解である。記述試験では本解（2次方程式を解く）の方が「示せ」に対して完全。
無限回路網は「先頭1段を外しても残りは同じ \(R_\infty\)」という自己相似性で方程式化する。\(R_1:R_2=4:1\) という特別な比のおかげで、はしご段 \(R_1\) と残り \(R_\infty\) が等しくなり、以降の計算が劇的に簡単になる。
問1より \(R_\infty=R_1=R\)。起電力区画 PQ から左へ電流が流れ込むと、各はしご段で「半分は段を下り、半分は先へ進む」という分配が繰り返される（\(R_1=R_\infty\) だから完全に半々）。だから起電力区画から1段、2段と離れるたびに電流は \(\tfrac12\) ずつ減衰していく。
条件より \(R_\infty=R\)、\(R_1=R\)、\(R_2=R/4\)、起電力を \(E\) とおく。
ニ：QからPに流れる電流 \(I_0\)。設問(1)ロの結果 \(I_0=\dfrac{E}{R_1+R_\infty/2}\) に \(R_1=R_\infty=R\) を代入：
$$I_0 = \frac{E}{R + \dfrac{R}{2}} = \frac{E}{\dfrac{3R}{2}} = \frac{2E}{3R}$$ホ：KからLに流れる電流 \(i_1\) は \(I_0\) の何倍か。起電力区画 P で電流 \(I_0\) は左右の半無限部分（各 \(R_\infty\)）に半々に分かれ、左へ \(I_0/2\) が流れ込む。最初のはしご段 KL では、段 \(R_1\) と残りの \(R_\infty\) が並列で \(R_1=R_\infty=R\) だからさらに半々に分かれる。よって KL を流れる電流：
$$i_1 = \frac{1}{2}\cdot\frac{I_0}{2} = \frac{I_0}{4} \quad\Rightarrow\quad \frac{i_1}{I_0}=\frac{1}{4}$$ヘ：MからNに流れる電流 \(i_2\) は \(I_0\) の何倍か。KL を通過した残り \(I_0/4\) が次の段 MN へ進み、同様にまた半々に分かれる：
$$i_2 = \frac{1}{2}\cdot\frac{I_0}{4} = \frac{I_0}{8} \quad\Rightarrow\quad \frac{i_2}{I_0}=\frac{1}{8}$$あるはしご段に電流 \(i\) が流れ込むとき、そこには「縦のはしご段 \(R_1\)」と「その先に続く半無限部分 \(R_\infty\)」が並列に接続されている。分流則より、はしご段に流れる電流は
$$i_{\text{段}} = i\cdot\frac{R_\infty}{R_1+R_\infty}$$\(R_1=R_\infty\) のときこれは \(i/2\)。残りの \(i/2\) が先へ進む。これが各段で繰り返されるので、段ごとに \(\tfrac12\) ずつ減衰する等比的な分布になる。
\(R_1=R_\infty\) のとき、各はしご段で電流はきれいに半々。起電力区画から \(n\) 段離れた段の電流は \(I_0/2^{\,n+1}\)。この等比減衰が(5)の重ね合わせで効いてくる。
P-Q間に発光ダイオード（LED）をつなぐ。LEDは「電圧が \(V_\mathrm{d}\) 未満なら電流ゼロ（断線）、\(V_\mathrm{d}\) 以上なら抵抗ゼロ」というスイッチ。LED接続前のP-Q間の電圧は \(E/3\) なので、これが \(V_\mathrm{d}\) を超える速さになって初めてLEDが点灯する。点灯後はP-Q間電圧が \(V_\mathrm{d}\) に固定される。
LED接続前の P-Q 間電圧を求めておく。起電力区画から見て外部抵抗は \(R_\infty\parallel R_\infty=R/2\) で、P-Q間電圧は外部抵抗での電圧降下に等しい：
$$V_{PQ} = I_0\cdot\frac{R_\infty}{2} = \frac{E}{R+\dfrac{R}{2}}\cdot\frac{R}{2} = \frac{2E}{3R}\cdot\frac{R}{2} = \frac{E}{3}$$ト：電流が流れ始める速さ \(v_0\)。LEDが点灯するのは \(V_{PQ}\ge V_\mathrm{d}\)、すなわち \(\dfrac{E}{3}\ge V_\mathrm{d}\)。\(E=Bav\) を代入してちょうど点灯する境界の速さ \(v_0\) を求める：
$$\frac{Bav_0}{3} = V_\mathrm{d} \quad\Rightarrow\quad v_0 = \frac{3V_\mathrm{d}}{Ba}$$チ：QからPに流れる電流 \(I_0\)（\(v>v_0\)）。点灯後はP-Q間電圧が \(V_\mathrm{d}\) に固定される。起電力区画は「起電力 \(E\)＋内部抵抗 \(R_1=R\)」で、端子電圧が \(V_\mathrm{d}\) だから、起電力枝を流れる電流は：
$$I_0 = \frac{E - V_{PQ}}{R_1} = \frac{E - V_\mathrm{d}}{R}$$リ：KからLに流れる電流 \(i_1\)（\(v>v_0\)）。P-Q間電圧 \(V_\mathrm{d}\) が左右の半無限部分に等しくかかる。左の \(R_\infty\) に流れ込む電流は \(\dfrac{V_\mathrm{d}}{R_\infty}=\dfrac{V_\mathrm{d}}{R}\)。これが最初の段 KL でさらに半々に分かれるので：
$$i_1 = \frac{1}{2}\cdot\frac{V_\mathrm{d}}{R} = \frac{V_\mathrm{d}}{2R}$$ヌ：発光ダイオードを流れる電流。点Pでの電流保存（キルヒホッフ第1法則）：起電力枝から来る \(I_0\) は、左右の半無限部分（各 \(V_\mathrm{d}/R\)）とLEDに分かれる。
$$I_\mathrm{LED} = I_0 - 2\cdot\frac{V_\mathrm{d}}{R} = \frac{E-V_\mathrm{d}}{R} - \frac{2V_\mathrm{d}}{R} = \frac{E - 3V_\mathrm{d}}{R}$$境界 \(E=3V_\mathrm{d}\)（すなわち \(v=v_0\)）で \(I_\mathrm{LED}=0\) となり、点灯開始の条件と整合する。
仮に \(B=0.50\) T、\(a=0.10\) m、\(R=2.0\) Ω、\(V_\mathrm{d}=0.30\) V、\(v=4.0\) m/s としてみる。まず起電力：
$$E = Bav = 0.50 \times 0.10 \times 4.0 = 0.20 \text{ V}$$LEDなしのP-Q間電圧は \(E/3 = 0.20/3 \fallingdotseq 0.067\) V。これは \(V_\mathrm{d}=0.30\) V より小さいので、この速さでは消灯。点灯に必要な速さは
$$v_0 = \frac{3V_\mathrm{d}}{Ba} = \frac{3\times 0.30}{0.50\times 0.10} = 18 \text{ m/s}$$速さを \(v=30\) m/s に上げると \(E=Bav=0.50\times0.10\times30=1.5\) V となり、点灯する。このとき起電力枝の電流は
$$I_0 = \frac{E-V_\mathrm{d}}{R} = \frac{1.5-0.30}{2.0} = 0.60 \text{ A}$$LEDを流れる電流は
$$I_\mathrm{LED} = \frac{E-3V_\mathrm{d}}{R} = \frac{1.5 - 0.90}{2.0} = 0.30 \text{ A}$$このように、文字式に数値を入れると各量の大きさが具体的にイメージできる。
点灯後のLEDは「抵抗0だが両端に \(V_\mathrm{d}\) を保つ」素子。これは起電力 \(V_\mathrm{d}\) の理想電池（逆向き）と等価とみなせる。P-Q間電圧が \(V_\mathrm{d}\) にクランプ（固定）されるので、回路全体が線形に解けるようになる。電流 \(I_\mathrm{LED}\) はあくまで「P-Qに流れ込む総電流から、左右へ逃げる分を引いた残り」。\(I_\mathrm{LED}\ge 0\) でなければ点灯しないので、\(E\ge 3V_\mathrm{d}\) が点灯条件。
LEDは非線形スイッチ。点灯後は P-Q間電圧が \(V_\mathrm{d}\) に固定される、と読み替えるのがコツ。左右の \(R_\infty\) には \(V_\mathrm{d}/R\) ずつ流れ、残りがLEDへ。点Pでの電流保存で \(I_\mathrm{LED}\) を出す。
磁石が3区画分のときは、(3)で扱った「単区画の起電力源」を3つ並べて重ね合わせる（線形回路の重ね合わせの原理）。3つの起電力源を、はしご段 KL・PQ・K′L′ に置くと、各段の電流は「自分の源＋隣の源からの返り電流」の足し合わせで決まる。隣の源からは逆向き（返り）の電流が、段ごとに \(\tfrac12\) ずつ減衰して届く。
磁石が3区画分のときは、(3)の「単区画の起電力源」を3つ、はしご段 KL・PQ・K′L′ に置いて重ね合わせる。1つの源（単独）が作る各段の電流は、(3)より次の通り（向きは段を上る Q→P を正とする）：自分の段では \(+I_0^{\,s}\)、隣の段では返り電流として \(-\dfrac{I_0^{\,s}}{4}\)、2つ隣では \(-\dfrac{I_0^{\,s}}{8}\)、…。ここで単区画電流は
$$I_0^{\,s} = \frac{2E}{3R}$$ル：QからPに流れる電流 \(I_0\)（PQ段）。PQ段には、PQの源（自分＝\(+1\)）と、両隣 KL・K′L′ の源（各 \(-\tfrac14\)）が重なる：
$$I_0 = I_0^{\,s}\left(1 - \frac{1}{4} - \frac{1}{4}\right) = I_0^{\,s}\cdot\frac{1}{2} = \frac{1}{2}\cdot\frac{2E}{3R} = \frac{E}{3R}$$ヲ：KからLに流れる電流 \(i_1\)（KL段）。KL段には、KLの源（自分＝\(+1\)）、PQの源（1つ隣＝\(-\tfrac14\)）、K′L′の源（2つ隣＝\(-\tfrac18\)）が重なる。上向き（Q→P, L→K）を正として合成すると：
$$J_{KL} = I_0^{\,s}\left(1 - \frac{1}{4} - \frac{1}{8}\right) = I_0^{\,s}\cdot\frac{5}{8}\ \ (\text{上向き})$$\(i_1\) は K→L（下向き）を正と定義しているので符号が反転する：
$$i_1 = -J_{KL} = -\frac{5}{8}I_0^{\,s} = -\frac{5}{8}\cdot\frac{2E}{3R} = -\frac{5E}{12R}$$すなわち、大きさ \(\dfrac{5E}{12R}\) の電流が実際には L→K（上向き）に流れる。
ワ：MからNに流れる電流 \(i_2\)（MN段）。MN段には源がなく、3つの源すべてから返り電流が届く。MNから見て KLは1つ隣（\(-\tfrac14\)）、PQは2つ隣（\(-\tfrac18\)）、K′L′は3つ隣（\(-\tfrac{1}{16}\)）：
$$J_{MN} = I_0^{\,s}\left(-\frac{1}{4} - \frac{1}{8} - \frac{1}{16}\right) = -\frac{7}{16}I_0^{\,s}\ \ (\text{下向き})$$\(i_2\) は M→N（下向き）を正と定義しているので：
$$i_2 = -J_{MN} = \frac{7}{16}I_0^{\,s} = \frac{7}{16}\cdot\frac{2E}{3R} = \frac{7E}{24R}$$3つの源が押し上げる総電流は \(3I_0^{\,s}\)。これが全段の返り電流の総和とつり合うはず。各源は両側に等比的に \(I_0^{\,s}\) を返すので（\(2\times(\tfrac14+\tfrac18+\cdots)=1\)）、合計は確かに \(3I_0^{\,s}\) で保存している。また、PQ段で \(I_0=\tfrac{E}{3R}\)（上向き）に対し、外側のKL・MN段が上向き・下向き混在になるのは、中央の源が両隣の返り電流に「押し返されている」ためで、物理的に妥当。
多区画の磁石は単区画源の重ね合わせで一発。各源は「自分の段＝\(+I_0^{\,s}\)」「\(n\) 段隣＝\(-I_0^{\,s}/2^{\,n+1}\)（返り電流）」を作る。向きの定義（上向き/下向き）と符号に注意して足し合わせるのが最大の関門。