最小発熱の原理を紹介したところ, 「抵抗の数が増えた場合にはどのようにして各抵抗に流れる電流の大きさが決まるのか？」という質問をいただいた.
ということで, 今回はその疑問に対して, 3つの並列抵抗の場合を具体的に示すことにした.
結局, やることとしては多変数の2次関数の最小値を求めるということになるので, 2変数の場合の最小値を求める問題についてよくわかっていてほしい. これについては「高校数学の美しい物語」さんの記事「二変数の二次関数」などが非常に参考になる.
まずは一般に, 抵抗の数が \( n \) 個の並列回路の消費電力を最小発熱の原理で解く方法の指針について述べておこう.
1つはただひたすらに平方完成をおこなって最小値を求める方法である. この記事でもまずはじめに紹介するが, だいぶ煩雑となる.
もう1つのすぐに思いつく方法は, 各抵抗に流れる電流を \( i_{j} \ \qty( j = 1 \sim n ) \) と仮定し, 入射する電流 \( I \) と \[ I = \sum_{j=1}^{n} i_{j}\] という関係式が成立することに加えて, \( n-1 \) 個の偏微分を計算して連立方程式を立式することになる. これもよくある方法で, 与えられた物理量の極値を求めるときにしばしば登場することになる. この方法についても後半で具体的に記述する.
以下, 下図のような回路を考え, 抵抗1(抵抗値 \( R_{1} \) ), 抵抗2(抵抗値 \( R_{2} \) ), 抵抗3(抵抗値 \( R_{3} \) )に流れる電流を \( i_{1} \) , \( i_{2} \) , \( i_{3} \) とする.
ここで, \[ I = i_{1} + i_{2} + i_{3} \quad . \] が成立し, 各抵抗での消費電力 \( P_{1} \) , \( P_{2} \) , \( P_{3} \) および, 回路全体の消費電力 \( P \) は \[ \begin{aligned} P &= P_{1} + P_{2} + P_{3} \\ &= R_{1}i_{1}^2 + R_{2}i_{2}^2 + R_{3}i_{3}^2 \\ \therefore \ P &= R_{1}i_{1}^2 + R_{2}i_{2}^2 + R_{3}\qty( I – i_{1} – i_{2} )^2 \end{aligned} \] 最小発熱の原理によれば, 消費電力 \( P \) が最小になるような \( i_{1} \) , \( i_{2} \) が現実に採用されることになる.
平方完成を用いる場合
\( P \) は \( i_{1} \) および \( i_{2} \) という2つの変数を持つ関数であるので, まずは \( i_{1} \) についての平方完成を行う. \[ \begin{aligned} & R_{1}i_{1}^2 + R_{2}i_{2}^2 + R_{3}\qty( I – i_{1} – i_{2} )^2 \\ &= R_{1}i_{1}^2 + R_{2}i_{2}^2 + R_{3}I^2 + R_{3} i_{1}^2 + R_{3}i_{2}^2 – 2R_{3}Ii_{1} – 2R_{3}Ii_{2} + 2R_{3}i_{1}i_{2} \\ &= \qty( R_{1} + R_{3} )i_{1}^2 -2R_{3} \qty( I – i_{2} ) i_{1} + \qty( R_{2} + R_{3} ) i_{2}^2 – 2R_{3}Ii_{2} + R_{3}I^2 \\ &= \qty( R_{1} + R_{3} ) \qty{ i_{1}^2 – 2 \frac{R_{3} \qty( I – i_{2} )}{\qty( R_{1} + R_{3} )} i_{1} } + \qty( R_{2} + R_{3} ) i_{2}^2 – 2R_{3}Ii_{2} + R_{3}I^2 \\ &= \qty( R_{1} + R_{3} ) \qty{i_{1} – \frac{R_{3} \qty( I – i_{2} )}{\qty( R_{1} + R_{3} )} }^2 – \frac{R_{3}^{2} \qty( I – i_{2} )^2}{\qty( R_{1} + R_{3} )} + \qty( R_{2} + R_{3} ) i_{2}^2 – 2R_{3}Ii_{2} + R_{3}I^2 \end{aligned} \] さらに \( i_{2} \) について平方完成を行う. 以下は上式の第1項( \( i_{1} \) に関する項)を除くと, \[ \begin{aligned} & \frac{1}{\qty( R_{1} + R_{3} )} \qty{- R_{3}^2 \qty( I – i_{2} )^{2} + \qty( R_{1} + R_{3} ) \qty( R_{2} + R_{3} ) i_{2}^2 – 2\qty( R_{1}+R_{3} )R_{3}Ii_{2} } + R_{3}I^2 \\ &= \frac{1}{\qty( R_{1} + R_{3} )} \qty{\qty( R_{1}R_{2} + R_{3}\qty( R_{1}+R_{2} ) ) i_{2}^2 – 2 R_{1}R_{3}Ii_{2} } + \frac{R_{1}R_{3}}{\qty( R_{1}+R_{3} )}I^2 \\ &= \frac{\qty( R_{1}R_{2} + R_{3}\qty( R_{1}+R_{2} ) ) }{\qty( R_{1} + R_{3} )} \qty{ i_{2}^2 – 2 \frac{R_{1}R_{3}I}{\qty( R_{1}R_{2} + R_{3}\qty( R_{1}+R_{2} ) ) }i_{2} } + \frac{R_{1}R_{3}}{\qty( R_{1}+R_{3} )}I^2 \\ &=\frac{\qty( R_{1}R_{2} + R_{3}\qty( R_{1}+R_{2} ) ) }{\qty( R_{1} + R_{3} )} \qty{ i_{2} – \frac{R_{1}R_{3}I}{\qty( R_{1}R_{2} + R_{3}\qty( R_{1}+R_{2} ) ) } }^{2} + \frac{R_{1}R_{2}R_{3}}{\qty( R_{1}R_{2}+R_{3}\qty( R_{1} + R_{2} ) )}I^2 \end{aligned} \] ここで, \[ \begin{aligned} & \frac{R_{1}R_{2}R_{3}}{\qty( R_{1}R_{2}+R_{3}\qty( R_{1} + R_{2} ) )} \\ &= \qty( \frac{R_{1}R_{2}+R_{3}\qty( R_{1} + R_{2} ) }{R_{1}R_{2}R_{3}} )^{-1} \\ &= \qty( \frac{1}{R_{1}} + \frac{1}{R_{2}} +\frac{1}{R_{3}} )^{-1} \\ &\eqqcolon R \end{aligned} \] \[ \begin{aligned} & \frac{R_{1}R_{3}}{\qty( R_{1}R_{2}+R_{3}\qty( R_{1} + R_{2} ) )} \\ &= \qty( \frac{R_{1}R_{2}+R_{3}\qty( R_{1} + R_{2} ) }{R_{1}R_{3}} )^{-1} \\ &= \qty( R_{2} \cdot \frac{R_{1}R_{2}+R_{3}\qty( R_{1} + R_{2} ) }{R_{1}R_{2}R_{3}} )^{-1} \\ &= \frac{1}{R_{2}} \qty( \frac{1}{R_{1}} + \frac{1}{R_{2}} +\frac{1}{R_{3}} )^{-1} \\ &= \frac{R}{R_{2}} \end{aligned} \] \[ \begin{aligned} & \frac{\qty( R_{1}R_{2} + R_{3}\qty( R_{1}+R_{2} ) ) }{\qty( R_{1} + R_{3} )} \\ &= \frac{R_{1} R_{2}R_{3} }{\qty( R_{1} + R_{3} )} \cdot \frac{\qty( R_{1}R_{2} + R_{3}\qty( R_{1}+R_{2} ) ) }{R_{1} R_{2} R_{3 }} \\ &=\frac{R_{1}R_{3}}{R_{1}+R_{3}}\frac{R_{2}}{R} \end{aligned} \] 等を用いると, \( i_{1} \) 以外に関する項は \[ \begin{aligned} \frac{R_{1}R_{3}}{R_{1}+R_{3}}\frac{R_{2}}{R} \qty{ i_{2} – \frac{R}{R_{2}} I }^{2} + R I^2 \end{aligned} \] とまとまる.
\( i_{1} \) に関する項も合わせて, 全体の消費電力は \[ \begin{aligned} P = \qty( R_{1} + R_{3} ) \qty{ i_{1} – \frac{R_{3} \qty( I – i_{2} )}{\qty( R_{1} + R_{3} )} }^2 + \frac{R_{1}R_{3}}{R_{1}+R_{3}}\frac{R_{2}}{R} \qty{ i_{2} – \frac{R}{R_{2}} I }^{2} + R I^2 \end{aligned} \] となる.
したがって, \[ \begin{aligned} i_{2} &= \frac{R}{R_{2}} I \\ i_{1} &= \frac{R_{3}}{\qty( R_{3} + R_{1} )}\qty( I-i_{2} ) I \\ &= \frac{R_{3}}{\qty( R_{3} + R_{1} )} \frac{R_{2}\qty( R_{1}+R_{3} )}{R_{1}R_{2}+R_{2}R_{3}+R_{3}R_{1}} I \\ &= \frac{1}{R_{1}} \frac{R_{1}R_{2}R_{3}}{R_{1}R_{2}+R_{2}R_{3}+R_{3}R_{1}} I \\ &= \frac{R}{R_{1}}I \end{aligned} \] のとき, 回路全体の消費電力 \( P \) は最小となり, \[ P = R I^2 \] となる[1]お疲れ様でした. 面倒な計算であったが, いざというときにはこのようなゴリ押しの計算を遂行できる能力もしっかりと身につけておいてほしい..
偏微分を用いる方法
より素早く消費電力 \( P \) の極値(停留点)をもとめてしまう方法が偏微分を用いる方法である.
今, 消費電力 \( P \) は \( i_{1} \) , \( i_{2} \) という2変数の関数 \( P(i_1, i_2) \) であるが, \( i_{1} \) だけを変数とみなして微分した量 \( \pdv{P}{i_{1}} \) および \( i_{2} \) だけを変数とみなして微分した量 \( \pdv{P}{i_{2}} \) の両方がゼロとなるような \( i_{1} \) , \( i_{2} \) を求めよう. \[ \begin{aligned} \pdv{P}{i_{1}} &=\pdv{i_{1}} \qty{ R_{1}i_{1}^2 + R_{2}i_{2}^2 + R_{3}\qty( I – i_{1} – i_{2} )^2 } \\ &= 2R_{1} i_{1} – 2 R_{3} \qty( I-i_{1} – i_{2} ) =0 \\ \pdv{P}{i_{2}} &= \pdv{i_{2}} \qty{ R_{1}i_{1}^2 + R_{2}i_{2}^2 + R_{3}\qty( I – i_{1} – i_{2} )^2 } \\ &= 2R_{2} i_{2} – 2 R_{3} \qty( I-i_{1} – i_{2} ) =0 \end{aligned} \] すなわち, \[ \left\{\begin{aligned} \qty( R_{1} + R_{3} ) i_1 +R_{3} i_{2} = R_{3}I \ R_{3} i_{1} + \qty( R_{2}+R_{3} ) i_{2} = R_{3}I \end{aligned} \right. \] という2式を連立させる.
第1式の両辺に \( \qty( R_{1}+R_{3} ) \) , 第1式の両辺に \( R_{3} \) を乗じて, 第1式から第2式を引いた結果 \[ \begin{aligned} & \qty{\qty( R_{1} + R_{3} ) \qty( R_{2} +R_{3} ) – R_{3}^{2} } i_{1} = R_{2}R_{3} I \\ \to \ i_{1} & = \frac{R_{2}R_{3}}{R_{1}R_{2}+R_{2}R_{3}+R_{3}R_{1}} I \\ &=\frac{1}{R_{1}}\frac{R_{1}R_{2}R_{3}}{R_{1}R_{2}+R_{2}R_{3}+R_{3}R_{1}} I \\ \end{aligned} \] ここで, \[ \begin{aligned} & \frac{R_{1}R_{2}R_{3}}{\qty( R_{1}R_{2}+R_{3}\qty( R_{1} + R_{2} ) )} \\ &= \qty( \frac{R_{1}R_{2}+R_{3}\qty( R_{1} + R_{2} ) }{R_{1}R_{2}R_{3}} )^{-1} \\ &= \qty( \frac{1}{R_{1}} + \frac{1}{R_{2}} +\frac{1}{R_{3}} )^{-1} \\ &\eqqcolon R \end{aligned} \] なる量 \( R \) を定義しておくと, \[ \begin{aligned} i_{1} &= \frac{1}{R_{1}}\frac{R_{1}R_{2}R_{3}}{R_{1}R_{2}+R_{2}R_{3}+R_{3}R_{1}} I \\ &= \frac{R}{R_{1}} I \end{aligned} \] となる.
これを第1式 \[ \begin{aligned} \qty( R_{1} + R_{3} ) i_{1} & + R_{3}i_2 = R_{3}I \\ \iff \ i_2 &= I – \frac{R_{1}+R_{3}}{R_{3}}i_{1} \end{aligned} \] に代入すると, \[ \begin{aligned} i_{2} &= I – \frac{\qty( R_{1}+R_{3} )R}{R_{1}R_{3}}I \\ &= I – \frac{\qty( R_{1}+R_{3} )}{R_{1}R_{3}} \qty( \frac{R_{1}R_{2}R_{3}}{R_{1}R_{2}+R_{2}R_{3}+R_{3}R_{1}} )I \\ &= \frac{R}{R_{2}}I \end{aligned} \] となる. \[ \begin{aligned} i_{1} &= \frac{R}{R_{1}}I \\ i_{2} &= \frac{R}{R_{2}}I \end{aligned} \] を消費電力 \( P \) に代入すると, \[ \begin{aligned} P &= R_{1}i_{1}^2 + R_{2}i_{2}^2 + R_{3}\qty( I – i_{1} – i_{2} )^2 \\ &= \frac{R^2}{R_{1}}I^2 + \frac{R}{R_{2}}I^2 + R_{3}\qty( 1 – \frac{R}{R_{1}} – \frac{R}{R_{2}} )I^2 \\ &= \frac{R^2}{R_{1}}I^2 + \frac{R}{R_{2}}I^2 + R_{3}\qty( \frac{R}{R_{3}} )I^2 \\ &= \frac{R^2}{R_{1}}I^2 + \frac{R}{R_{2}}I^2 + \frac{R^2}{R_{3}} I^2 \\ &= R^2 \qty{\frac{1}{R_{1}} + \frac{1}{R_{2}} + \frac{1}{R_{3}} } I^2 \\ &= R I^2 \end{aligned} \] と消費電力が求められた[2]この消費電力が最小(極小)かどうかは2階微分等を計算しないとわからないが, … Continue reading.
途中で気づいたと思うが, \( n \) 個の抵抗の並列つなぎの消費電力は最小発熱の原理の場合にも, いわゆる合成抵抗値 \[ \frac{1}{R} \coloneqq \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{R_{i}} \] を定義しておけば, \[ i_{j} = \frac{R}{R_{j}} \quad \qty( j = 1 \sim n ) \] が各抵抗に分配され, その最小消費電力は \[ RI^2 \] と求めることができる.
とはいえ, このように具体的な問題を解くにあたっては最小発熱の原理(最小作用の原理)の恩恵がわかりにくかったであろうか.