ブリッジ回路を題材に、直流・非線形抵抗・交流の3つの段階を渡り歩く総合問題。回路の幾何（どの抵抗がどの枝にあるか）と「検流計に電流が流れない＝対角の2点の電位が等しい」という平衡条件が全体を貫く軸になる。
立式：G に電流が流れないので、上の経路（抵抗1 → 抵抗2）には共通の電流 $I_a$ が流れる。各抵抗にオームの法則を適用する：
$$V_1 = R_1 I_a, \qquad V_2 = R_2 I_a$$比をとる：共通の $I_a$ が約分されて消える：
$$\frac{V_2}{V_1} = \frac{R_2 I_a}{R_1 I_a} = \frac{R_2}{R_1}$$必要なのは $R_1,\ R_2$ だけで、$E$ や $R_3$ は使わない。$I_a$ 自体は $E,R_1,R_2$ で決まるが、比には現れない点がポイント。
数値例：$R_1 = 2.0\ \Omega,\ R_2 = 3.0\ \Omega,\ E = 6.0\ \text{V}$ のとき、$I_a = \dfrac{6.0}{2.0+3.0} = 1.2\ \text{A}$。
$$V_1 = 2.0\times 1.2 = 2.4\ \text{V}, \quad V_2 = 3.0\times 1.2 = 3.6\ \text{V}, \quad \frac{V_2}{V_1} = \frac{3.6}{2.4} = 1.5 = \frac{R_2}{R_1}$$上の頂点には「抵抗1から来る電流」「抵抗2へ出る電流」「G への分岐」の3本が集まる。G の電流が $0$ なら、キルヒホッフの電流則より抵抗1から来た電流はそのまま抵抗2へ抜ける。つまり抵抗1と抵抗2は実質的に直列。下の頂点でも同様に抵抗3と抵抗4が直列になる。
平衡ブリッジでは、上の枝（抵抗1-2）と下の枝（抵抗3-4）がそれぞれ独立した直列回路になる。同じ電流が流れる直列抵抗の電圧比は抵抗値の比そのもの。
平衡条件：上の頂点と下の頂点の電位が等しい。左端を電位 $0$、右端を電位 $E$ とする。問1と同じ要領で、上の枝での抵抗1の電圧降下は $V_1 = \dfrac{R_1}{R_1+R_2}E$、下の枝での抵抗3の電圧降下は $\dfrac{R_3}{R_3+R_4}E$。上の頂点・下の頂点の電位は左端からこれだけ下がった値なので、両者が等しい条件は：
$$\frac{R_1}{R_1+R_2}E = \frac{R_3}{R_3+R_4}E$$両辺を $E$ で割る：
$$\frac{R_1}{R_1+R_2} = \frac{R_3}{R_3+R_4}$$たすき掛けして整理：
$$R_1(R_3+R_4) = R_3(R_1+R_2)$$ $$R_1 R_3 + R_1 R_4 = R_3 R_1 + R_3 R_2$$ $$R_1 R_4 = R_2 R_3$$$R_4$ について解く：
$$R_4 = \frac{R_2 R_3}{R_1}$$数値例：$R_1 = 2.0\ \Omega,\ R_2 = 3.0\ \Omega,\ R_3 = 4.0\ \Omega$ なら $R_4 = \dfrac{3.0\times 4.0}{2.0} = 6.0\ \Omega$。シムでこの値にすると「✓ 平衡」になる。
上の枝の電流を $I_a$、下の枝の電流を $I_b$ とする。平衡なので上の頂点 = 下の頂点の電位。すると抵抗1の電圧 = 抵抗3の電圧、抵抗2の電圧 = 抵抗4の電圧：
$$R_1 I_a = R_3 I_b, \qquad R_2 I_a = R_4 I_b$$辺々割ると $I_a, I_b$ が消えて：
$$\frac{R_2}{R_1} = \frac{R_4}{R_3} \ \Rightarrow\ R_4 = \frac{R_2 R_3}{R_1}$$ブリッジ平衡条件は「対角の抵抗の積が等しい」$R_1 R_4 = R_2 R_3$。未知抵抗を既知の3つで精密測定できる（ホイートストンブリッジ）。
立式：G に電流が流れないので、X（抵抗1）と抵抗2 は直列。両者を流れる電流は等しく $I_X$。上の枝全体（X + 抵抗2）にかかる電圧の和は電源電圧 $E$ に等しい：
$$V_X + V_{抵抗2} = E \quad\Rightarrow\quad V_{抵抗2} = E - V_X$$抵抗2 にオームの法則：抵抗2 は線形なので $V_{抵抗2} = R_2 I_X$。これを上の式に代入して $I_X$ について解く：
$$R_2 I_X = E - V_X$$ $$I_X = \frac{E - V_X}{R_2}$$X が非線形でも、X を流れる電流 $I_X$ は「相棒の抵抗2」の電圧降下から決まる、というのがこの式の意味。これは負荷直線そのもの（$V_X$ の1次式）であり、問4でグラフの交点を取るのに使う。
非線形抵抗 X は $V_X = (\text{一定})\times I_X$ が成り立たない（抵抗値が電圧で変わる）。よって X だけを見て電流を出すことはできない。しかし「相棒」の抵抗2 は普通の抵抗なので、そこにオームの法則を当てれば、回路を流れる共通電流 $I_X$ を $V_X$ の関数として表せる。これが問題が「抵抗2 にオームの法則を適用して」と誘導している理由。
非線形素子と線形抵抗の直列回路では、線形側にオームの法則を当てて電流を電圧の式で表す。$I_X = (E-V_X)/R_2$ は傾き $-1/R_2$、切片 $E/R_2$ の負荷直線。
条件設定：$E = 4.0\ \text{V},\ R_2 = 1.0\ \Omega,\ R_3 = 2.0\ \Omega$。X は(あ)。
① $V_X, I_X$ を負荷直線とグラフの交点で求める：問3の式に数値を入れる：
$$I_X = \frac{E - V_X}{R_2} = \frac{4.0 - V_X}{1.0} = 4.0 - V_X$$これは点 $(0,\ 4.0)$ と $(4.0,\ 0)$ を結ぶ直線。図2の(あ)の曲線との交点を読み取ると：
$$V_X \fallingdotseq 1.0\ \text{V}, \qquad I_X \fallingdotseq 3.0\ \text{A}$$（検算：$V_X=1.0$ のとき負荷直線は $I=4.0-1.0=3.0\ \text{A}$。(あ)も $V=1.0$ 付近で $I\fallingdotseq 3.0\ \text{A}$ なので交点が一致する。）
② $V_Y$ を平衡条件から求める：左端の電位を $E=4.0$、右端を $0$ とする。上の頂点の電位 = 抵抗2 の電圧 = $R_2 I_X = 1.0\times 3.0 = 3.0\ \text{V}$（右端基準）。平衡なので下の頂点も同じ電位 $3.0\ \text{V}$。$V_Y$ は抵抗4（=Y）にかかる電圧、すなわち下の頂点と右端の電位差なので：
$$V_Y = (\text{下の頂点の電位}) - 0 = 3.0\ \text{V}$$別の見方：下の枝は 抵抗3 と Y の直列で、合計が $E$。抵抗3 の電圧は上の枝の X の電圧と等しい（平衡）から $V_3 = V_X = 1.0\ \text{V}$。よって $V_Y = E - V_3 = 4.0 - 1.0 = 3.0\ \text{V}$。
右端を電位の基準 $0$ とすると、上の頂点の電位 = 抵抗2 にかかる電圧 = $R_2 I_X$。下の頂点の電位 = Y にかかる電圧 = $V_Y$。平衡（G に電流ゼロ）は両頂点が同電位なので：
$$\boxed{V_Y = R_2 I_X}$$これに $R_2=1.0,\ I_X=3.0$ を入れて $V_Y=3.0\ \text{V}$。問4(b)でもこの関係 $V_Y = R_2 I_X = I_X$（$R_2=1.0$）を使う。
非線形素子の動作点は負荷直線とI-V曲線の交点で読む。$V_Y$ は計算ではなく平衡条件「上の頂点 = 下の頂点」から $V_Y = R_2 I_X$ と一発で出る。
各素子の負荷直線：X は抵抗2（$R_2=1.0$）と直列なので $I_X = \dfrac{4.0-V_X}{1.0}$（傾き急）。Y は抵抗3（$R_3=2.0$）と直列なので $I_Y = \dfrac{4.0-V_Y}{2.0}$（傾きなだらか）。
平衡条件：問4(a)の補足どおり、右端を電位の基準 $0$ とすると 上の頂点の電位 $= R_2 I_X = I_X$、下の頂点の電位 $= V_Y$。G に電流が流れない条件はこの2つが等しいこと：
$$I_X = V_Y$$各曲線の動作点（交点）を読み取る：
| 曲線 | X の動作点 （直線 $I=4-V$ と） | Y の動作点 （直線 $I=\frac{4-V}{2}$ と） |
|---|---|---|
| (あ) | $(1.0,\ 3.0)$ | $(0.3,\ 1.85)$ |
| (い) | $(1.7,\ 2.3)$ | $(0.9,\ 1.55)$ |
| (う) | $(2.4,\ 1.6)$ | $(1.0,\ 1.5)$ |
| (え) | $(3.0,\ 1.0)$ | $(2.4,\ 0.8)$ |
条件 $I_X = V_Y$ に合う組を探す：X の動作点の $I_X$ と、Y の動作点の $V_Y$ が一致するペアを表から拾う。
平衡条件は同値な2つの形で書ける。左端を電位 $E$、右端を $0$ とすると、上の頂点 = $E - V_X$、下の頂点 = $E - V_3 = E - R_3 I_Y$。両者が等しいので：
$$E - V_X = E - R_3 I_Y \ \Rightarrow\ V_X = R_3 I_Y$$X=(え)：$V_X=3.0$、Y=(う)：$I_Y=1.5$ より $R_3 I_Y = 2.0\times 1.5 = 3.0 = V_X$。$I_X=V_Y$ と $V_X=R_3 I_Y$ はどちらも成立し、この組が唯一適合する。
2つの非線形素子のブリッジでも、各素子は自分の負荷直線との交点で動作点が決まり、全体の平衡は $I_X = V_Y$（同値: $V_X = R_3 I_Y$）の1条件。表で動作点を並べて照合すると組が一意に決まる。
(a) 点ウを基準とした点イの電位：イ→ウ には抵抗5（抵抗値 $R$）があり、電流 $I_5\cos(\omega t-\phi)$ が流れる。抵抗の電圧は電流と同位相（オームの法則）：
$$V_{イ}-V_{ウ} = R\,I_5\cos(\omega t-\phi)$$よって $(\text{a}) = R\,I_5$。
(b) 点イを基準とした点アの電位：ア→イ にはコイル（自己インダクタンス $L$）があり、同じ電流 $I_5\cos(\omega t-\phi)$ が流れる。コイルの電圧は $V_L = L\dfrac{dI}{dt}$：
$$V_{ア}-V_{イ} = L\frac{d}{dt}\big[I_5\cos(\omega t-\phi)\big] = -\omega L\,I_5\sin(\omega t-\phi)$$よって $(\text{b}) = -\omega L\,I_5$。
(c)(d) 三角関数の合成：(a)と(b)の和が電源電圧に等しい：
$$R\,I_5\cos(\omega t-\phi) \;+\; \big(-\omega L\,I_5\big)\sin(\omega t-\phi) = E_0\cos(\omega t)$$問題で与えられた公式 $\alpha\cos\theta+\beta\sin\theta = \sqrt{\alpha^2+\beta^2}\,\cos(\theta+\gamma)$ を、$\theta=\omega t-\phi,\ \alpha = R I_5,\ \beta = -\omega L I_5$ として使う：
$$I_5\sqrt{R^2+\omega^2 L^2}\,\cos(\omega t-\phi+\gamma) = E_0\cos(\omega t)$$両辺の振幅を比べると：
$$I_5\sqrt{R^2+\omega^2 L^2} = E_0 \quad\Rightarrow\quad I_5 = \frac{E_0}{\sqrt{R^2+\omega^2 L^2}}$$よって $(\text{c}) = \dfrac{E_0}{\sqrt{R^2+\omega^2 L^2}}$。
両辺の位相を比べると $-\phi+\gamma = 0$、つまり $\phi=\gamma$。公式の $\gamma$ は $\cos\gamma = \dfrac{R I_5}{\sqrt{\cdots}},\ \sin\gamma = \dfrac{\omega L I_5}{\sqrt{\cdots}}$ なので：
$$\tan\phi = \tan\gamma = \frac{\sin\gamma}{\cos\gamma} = \frac{\omega L}{R}$$よって $(\text{d}) = \dfrac{\omega L}{R}$。
コイルと抵抗5の直列インピーダンスは $Z = R + j\omega L$。電源電圧の複素振幅を $E_0$ とすると、電流の複素振幅は $\tilde I_5 = \dfrac{E_0}{R+j\omega L}$。
$$|\tilde I_5| = \frac{E_0}{\sqrt{R^2+\omega^2 L^2}}, \qquad \arg(R+j\omega L)=\arctan\!\frac{\omega L}{R}$$大きさが $I_5$、偏角が位相遅れ $\phi$ に対応し、$\tan\phi = \omega L/R$。微積分を使った三角合成と完全に同じ結果になる。
抵抗の電圧は電流と同位相（cos）、コイルの電圧は電流の微分で90°進む（sin）。$\alpha\cos+\beta\sin = \sqrt{\alpha^2+\beta^2}\cos(\cdot+\gamma)$ で振幅 → $I_5$、位相 → $\tan\phi=\omega L/R$ が同時に求まる。
コンデンサの電圧（点エの電位、点ウ基準）：コンデンサの電流 $I_C\sin(\omega t-\phi)$ は電荷の変化率 $\dfrac{dQ}{dt}$。電荷を求めて $V=Q/C$ を作る：
$$Q = \int I_C\sin(\omega t-\phi)\,dt = -\frac{I_C}{\omega}\cos(\omega t-\phi)$$ $$V_{エ}-V_{ウ} = \frac{Q}{C} = -\frac{I_C}{\omega C}\cos(\omega t-\phi)$$点イの電位（点ウ基準）：問5(a)より $V_{イ}-V_{ウ} = R\,I_5\cos(\omega t-\phi)$。
平衡条件（電流計ゼロ → 点イ = 点エ）：点ウ基準の電位どうしを等しくおく：
$$R\,I_5\cos(\omega t-\phi) = -\frac{I_C}{\omega C}\cos(\omega t-\phi)$$両辺の $\cos(\omega t-\phi)$ の係数（振幅）を比べる。図3の矢印の向きを正とした電流の最大値 $I_C$ の大きさは：
$$I_C = \omega C R\,I_5$$（符号は基準のとり方による。電流の最大値としての大きさは $\omega C R\,I_5$。$\omega,R,C$ が大きいほどコンデンサ枝に流れる電流が大きくなる。）
コンデンサの電圧の振幅は $\dfrac{I_C}{\omega C}$（$\dfrac{1}{\omega C}$ が容量リアクタンス $X_C$）。これが抵抗5の電圧の振幅 $R\,I_5$ と等しいので：
$$\frac{I_C}{\omega C} = R\,I_5 \ \Rightarrow\ I_C = \omega C R\,I_5$$「コンデンサにかかる電圧」と「抵抗5にかかる電圧」が等しい（点イ=点エ）という平衡条件を、振幅の関係に翻訳しただけ。
コンデンサ電流を積分して電圧（$\cos$ 型）を作り、点イ=点エ の平衡条件で抵抗5の電圧と振幅を照合すると $I_C=\omega C R\,I_5$。電圧の大きさが等しいことが鍵。
関係式①（点ウ基準：点イ=点エ）：問6で導いた、コンデンサ電圧と抵抗5電圧の振幅の一致：
$$R\,I_5 = \frac{I_C}{\omega C} \quad\Rightarrow\quad I_C = \omega C R\,I_5 \tag{1}$$関係式②（点ア基準：点イ=点エ）：下の枝 ア→エ には抵抗6（抵抗値 $R$）があり、電流 $I_C\sin(\omega t-\phi)$ が流れる。点ア基準の点エの電位 = 抵抗6の電圧 = $R\,I_C\sin(\omega t-\phi)$。一方、上の枝 ア→イ にはコイルがあり、点ア基準の点イの電位は問5(b)より $\omega L\,I_5\sin(\omega t-\phi)$（大きさ）。点イ=点エ より：
$$\omega L\,I_5 = R\,I_C \quad\Rightarrow\quad I_C = \frac{\omega L\,I_5}{R} \tag{2}$$$I_C$ を消去：(1)と(2)を等しいとおく：
$$\omega C R\,I_5 = \frac{\omega L\,I_5}{R}$$両辺を $\omega I_5$ で割ると $\omega$ が消える：
$$C R = \frac{L}{R}$$$C$ について解く：
$$C = \frac{L}{R^2}$$重要な特徴：この条件は角周波数 $\omega$ に依存しない。電源の周波数を変えてもブリッジは平衡を保つ。これがマクスウェルブリッジで $L$（と $C$）を精密測定できる理由。
数値例：$L = 0.20\ \text{H},\ R = 100\ \Omega$ なら $C = \dfrac{0.20}{100^2} = 2.0\times 10^{-5}\ \text{F} = 20\ \mu\text{F}$。
各枝のインピーダンス：コイル $Z_{アイ}=j\omega L$、抵抗5 $Z_{イウ}=R$、抵抗6 $Z_{アエ}=R$、コンデンサ $Z_{エウ}=\dfrac{1}{j\omega C}$。ブリッジ平衡条件は対角の積が等しい：
$$Z_{アイ}\,Z_{エウ} = Z_{イウ}\,Z_{アエ}$$ $$j\omega L\cdot\frac{1}{j\omega C} = R\cdot R$$ $$\frac{L}{C} = R^2 \ \Rightarrow\ C = \frac{L}{R^2}$$$j$ と $\omega$ が打ち消し合い、実数だけの条件が残る。高校範囲の微積・三角合成で出した結果と完全に一致する。
交流ブリッジの平衡条件は対角インピーダンスの積が等しいこと。コイルとコンデンサの位相が打ち消し合うと $\omega$ に依存しない条件 $C=L/R^2$ が得られる（マクスウェルブリッジの特徴）。