発電所から遠方の消費地へ 2 本の送電線で交流送電する問題。送電線は「長さに比例した抵抗 $R$」と「2 本の電線がつくるコンデンサー（電気容量 $C$）」をもち、消費地は抵抗 $r$ で電力を消費する。図 2 のように、抵抗 $R$ は各電線に 1 個ずつ直列、電気容量 $C$ は消費地側に 1 個並列という等価回路で近似する。
立式：消費地の電圧は $v(t)=V\sin\omega t$。抵抗 $r$ を流れる電流は、オームの法則より電圧と同位相で
$$i_r(t) = \frac{v(t)}{r} = \frac{V}{r}\sin\omega t$$瞬時消費電力：瞬間の電力は電圧と電流の積：
$$P_A(t) = v(t)\cdot i_r(t) = V\sin\omega t \cdot \frac{V}{r}\sin\omega t$$結果：整理すると
$$\boxed{P_A(t) = \frac{V^2}{r}\sin^2\omega t}$$$\sin^2\omega t \ge 0$ なので、消費電力は常に正で、電圧の 2 倍の周波数で脈動する。
問題文より $\sin^2\omega t$ の時間平均は $\dfrac{1}{2}$。よって 1 周期で平均した消費電力は
$$\overline{P_A} = \frac{V^2}{r}\cdot\overline{\sin^2\omega t} = \frac{V^2}{r}\cdot\frac{1}{2} = \frac{V^2}{2r}$$この関係 $\overline{P_A}=\dfrac{V^2}{2r}$ が、続く問 2 以降で「$r$ を消去する」ときに繰り返し使われる。
抵抗では電圧と電流が同位相。瞬時電力 $P=vi=v^2/r$ は $\sin^2$ の形で常に 0 以上。$V$ は最大値（振幅）であることに注意。
抵抗を流れる電流の最大値：問 1 より $i_r(t)=\dfrac{V}{r}\sin\omega t$ なので、振幅（最大値）は
$$I_r = \frac{V}{r}$$$r$ を消す：このままでは $r$ が残る。問 1 で求めた時間平均消費電力
$$\overline{P_A} = \frac{V^2}{2r} \quad\Rightarrow\quad \frac{1}{r} = \frac{2\overline{P_A}}{V^2}$$代入：$I_r=V\cdot\dfrac{1}{r}$ に上式を入れて
$$I_r = V\cdot\frac{2\overline{P_A}}{V^2} = \frac{2\overline{P_A}}{V}$$結果：
$$\boxed{I_r = \frac{2\overline{P_A}}{V}}$$最大値 $V,\,I_r$ に対する実効値は $V_{\text{rms}}=\dfrac{V}{\sqrt2}$、$I_{r,\text{rms}}=\dfrac{I_r}{\sqrt2}$。平均電力は実効値の積で書けるので
$$\overline{P_A}=V_{\text{rms}}I_{r,\text{rms}}=\frac{V}{\sqrt2}\cdot\frac{I_r}{\sqrt2}=\frac{V I_r}{2}$$これを $I_r$ について解けば、同じく $I_r=\dfrac{2\overline{P_A}}{V}$ が直ちに得られる。直流の $P=VI$ に「$1/2$」が付いた形で覚えると速い。
「指定された文字だけで表す」問題では、与えられた量どうしの関係式を逆に使って不要な文字を消すのが定石。ここでは $\overline{P_A}=\dfrac{V^2}{2r}$ を使って $r$ を消去した。
コンデンサーの基本関係：コンデンサーには消費地と同じ電圧 $v(t)=V\sin\omega t$ がかかる（並列）。蓄えられる電荷 $q=Cv$ の時間変化が電流：
$$i_C(t) = \frac{dq}{dt} = C\frac{dv}{dt}$$微分の実行：$\dfrac{d}{dt}(V\sin\omega t)=V\omega\cos\omega t$ なので
$$i_C(t) = C\cdot V\omega\cos\omega t = \omega C V\cos\omega t$$最大値：$\cos\omega t$ の振幅は 1 だから
$$\boxed{I_C = \omega C V}$$$\cos\omega t=\sin\!\left(\omega t+\dfrac{\pi}{2}\right)$ なので、コンデンサー電流は電圧より位相が $\dfrac{\pi}{2}$ 進む。これが問 4 のベクトル合成の前提になる。
$I_C=\omega C V$ を $V=\dfrac{1}{\omega C}\cdot I_C$ と書き直すと、$X_C=\dfrac{1}{\omega C}$ を「抵抗のようなもの」とみなしてオームの法則の形になる。
$$V = X_C\, I_C,\qquad X_C=\frac{1}{\omega C}\ \text{〔}\Omega\text{〕（容量リアクタンス）}$$$\omega$ や $C$ が大きいほど $X_C$ が小さく、電流が流れやすい。高周波・大容量ほどコンデンサーは「通りやすく」なる。
$i_C=C\dfrac{dv}{dt}$。$\sin$ を微分して $\cos$ になるので、電流は電圧より $\dfrac{\pi}{2}$ 進み、最大値は $\omega C V$。微分で $\omega$ が前に出るのがポイント。
送電線を流れる電流：消費地端では抵抗とコンデンサーが並列。送電線にはその合成電流が流れる（キルヒホッフの電流則）：
$$i_R(t) = i_r(t) + i_C(t) = I_r\sin\omega t + I_C\cos\omega t$$ここで $I_r=\dfrac{2\overline{P_A}}{V}$（問 2）、$I_C=\omega C V$（問 3）。
三角関数の合成：$a\sin\omega t + b\cos\omega t = \sqrt{a^2+b^2}\,\sin(\omega t+\phi)$ より、合成波の最大値は $\sqrt{I_r^2+I_C^2}$：
$$i_R(t) = \sqrt{I_r^2 + I_C^2}\,\sin(\omega t + \phi),\qquad \tan\phi = \frac{I_C}{I_r}$$代入：$I_r,\,I_C$ を入れて
$$I_R = \sqrt{\left(\frac{2\overline{P_A}}{V}\right)^2 + (\omega C V)^2}$$結果：
$$\boxed{I_R = \sqrt{\frac{4\overline{P_A}^2}{V^2} + \omega^2 C^2 V^2}}$$電圧を基準（実軸）に取ると、抵抗電流は同位相で実軸上、コンデンサー電流は $\dfrac{\pi}{2}$ 進みで虚軸上：
$$\dot{I_R} = I_r + jI_C = \frac{2\overline{P_A}}{V} + j\,\omega C V$$その大きさ（最大値）は絶対値：
$$|\dot{I_R}| = \sqrt{I_r^2 + I_C^2} = \sqrt{\frac{4\overline{P_A}^2}{V^2} + \omega^2 C^2 V^2}$$直交する 2 つの電流ベクトルの大きさを三平方の定理で合成する、と覚えればよい。
位相が $\dfrac{\pi}{2}$ 違う電流は直交ベクトルとして合成する。最大値は $\sqrt{I_r^2+I_C^2}$。並列回路では各枝の電流をベクトル和にするのが鉄則。
立式：各送電線は抵抗 $R$ をもち、最大電流 $I_R$ が流れる。瞬時の損失電力は $R\,i_R^2(t)$。時間平均すると（$\sin^2$ の平均は $\dfrac{1}{2}$）、送電線 1 本あたり：
$$\overline{P_{1\text{本}}} = R\cdot\overline{i_R^2} = R\cdot\frac{I_R^2}{2}$$2 本合計：送電線は 2 本あるので
$$\overline{P_B} = 2\times\frac{1}{2}I_R^2 R = I_R^2 R$$$I_R^2$ を代入：問 4 の $I_R^2=\dfrac{4\overline{P_A}^2}{V^2}+\omega^2 C^2 V^2$ より
$$\boxed{\overline{P_B} = R\!\left(\frac{4\overline{P_A}^2}{V^2} + \omega^2 C^2 V^2\right)}$$2 つの項の意味：
$$\overline{P_B} = \underbrace{\frac{4\overline{P_A}^2 R}{V^2}}_{\text{消費地へ送る電力による損失}} + \underbrace{\omega^2 C^2 V^2 R}_{\text{コンデンサー充放電による余分な損失}}$$第 1 項は電圧 $V$ が大きいほど小さく、第 2 項は $V$ が大きいほど大きい。この相反する 2 項のせいで最適な電圧が存在する（問 6 へ）。
「時間平均で $\dfrac12$」と「送電線が 2 本」がちょうど打ち消し合うため、結果が $I_R^2 R$ というきれいな形になる。最大値 $I_R$ を実効値 $I_{R,\text{rms}}=\dfrac{I_R}{\sqrt2}$ で書くと
$$\overline{P_B}=2\times I_{R,\text{rms}}^2 R = 2\times\frac{I_R^2}{2}R = I_R^2 R$$「2 本の実効値損失の和」と見ても同じ式になる。
送電線損失は $\overline{P}=\dfrac12 I_{\max}^2 R$（1 本）。2 本で $I_R^2 R$。$V$ を上げると抵抗分損失は減るがコンデンサ分損失は増える——このトレードオフが次問のカギ。
最小化したい式：$\overline{P_A},\,\omega,\,C$ を固定し、$V$ だけを変える：
$$\overline{P_B} = R\!\left(\frac{4\overline{P_A}^2}{V^2} + \omega^2 C^2 V^2\right)$$相加相乗平均の不等式：$2$ つの正の量 $a,\,b$ について $a+b\ge 2\sqrt{ab}$（等号は $a=b$ のとき）。ここで $a=\dfrac{4\overline{P_A}^2}{V^2}$、$b=\omega^2C^2V^2$ とおくと、積は $V$ によらず一定：
$$ab = \frac{4\overline{P_A}^2}{V^2}\cdot\omega^2C^2V^2 = 4\overline{P_A}^2\,\omega^2 C^2$$したがって
$$\frac{4\overline{P_A}^2}{V^2} + \omega^2 C^2 V^2 \ \ge\ 2\sqrt{4\overline{P_A}^2\,\omega^2 C^2} = 4\,\omega C\,\overline{P_A}$$最小値とその条件：等号成立は $a=b$、すなわち
$$\frac{4\overline{P_A}^2}{V^2} = \omega^2 C^2 V^2 \quad\Rightarrow\quad V^4 = \frac{4\overline{P_A}^2}{\omega^2 C^2} \quad\Rightarrow\quad V^2 = \frac{2\overline{P_A}}{\omega C}$$$V>0$ より
$$\boxed{V_{\min} = \sqrt{\frac{2\overline{P_A}}{\omega C}}}$$このときの送電線損失は、不等式の下限 $4\omega C\overline{P_A}$ に $R$ を掛けて
$$\boxed{\overline{P_B} = R\cdot 4\omega C\,\overline{P_A} = 4\,\omega C R\,\overline{P_A}}$$🔬 発展：$x=V^2(>0)$ とおくと $\overline{P_B}=R\!\left(\dfrac{4\overline{P_A}^2}{x}+\omega^2C^2 x\right)$。$x$ で微分して 0 とおくと
$$\frac{d\overline{P_B}}{dx} = R\!\left(-\frac{4\overline{P_A}^2}{x^2}+\omega^2C^2\right)=0 \ \Rightarrow\ x^2=\frac{4\overline{P_A}^2}{\omega^2C^2}\ \Rightarrow\ x=\frac{2\overline{P_A}}{\omega C}$$すなわち $V^2=\dfrac{2\overline{P_A}}{\omega C}$ で、相加相乗平均と同じ結果。二次微分が正なので確かに最小。
「$\dfrac{1}{V^2}$ の項 ＋ $V^2$ の項」の最小化は相加相乗平均が定石。積が一定なので和の最小は 2 項が等しいとき。最適電圧より高すぎても低すぎても損失は増える。
数値の整理：
抵抗負荷の電流（問 2）：
$$I_r = \frac{2\overline{P_A}}{V} = \frac{2\times1.0\times10^9}{5.0\times10^5} = 4.0\times10^3 = 4000\ \text{A}$$コンデンサーの電流（問 3）：
$$I_C = \omega C V = 377\times(1.0\times10^{-5})\times(5.0\times10^5) \fallingdotseq 1.9\times10^3 \fallingdotseq 1885\ \text{A}$$送電線を流れる電流（問 4）：
$$I_R = \sqrt{I_r^2 + I_C^2} = \sqrt{4000^2 + 1885^2} = \sqrt{1.6\times10^7 + 3.55\times10^6} \fallingdotseq 4422\ \text{A}$$2 本の送電線損失（問 5）：
$$\overline{P_B} = I_R^2 R = 4422^2\times10 \fallingdotseq 1.96\times10^8\ \text{W} \fallingdotseq 19.6\ \text{万 kW}$$最も近い選択肢は （え）20 万 kW。消費電力 $100$ 万 kW のおよそ $2$ 割が送電線で失われている計算になる。
もしコンデンサーがなければ損失は抵抗負荷分だけで
$$\overline{P_B}^{(r)} = I_r^2 R = 4000^2\times10 = 1.6\times10^8\ \text{W} = 16\ \text{万 kW}$$コンデンサーの容量電流 $I_C\fallingdotseq1885$ A が加わることで、合成電流が増え損失が $16\to20$ 万 kW へ約 $4$ 万 kW 増えた。長距離・大容量のケーブル送電では、この無効電流による損失が無視できなくなる。
🌏 地中ケーブルや海底ケーブルは電線間が近く電気容量が大きいため、交流だと容量電流（充放電電流）が膨大になり数十 km 程度が限界になる。そこで本州〜北海道間の海底送電などでは、容量電流が流れない直流送電（HVDC）が使われる。交流の弱点をこの問題はそのまま示している。
実データ代入では桁（×10ⁿ）の管理がすべて。$I_r=4000$ A、$I_C\fallingdotseq1885$ A、合成 $I_R\fallingdotseq4422$ A、損失 $I_R^2R\fallingdotseq20$ 万 kW。コンデンサーが損失を増やしている点を読み取る。