今回はこちらで扱った問題の別解です．
図のように，電圧$V_{0}[\rm V]$，$2V_{0}[\rm V]$の電池$\rm E_{1}$ ， $E_{2}$，電気容量がいずれも$C[\rm F]$のコンデンサー$\rm C_{1}$，$\rm C_{2}$，抵抗値$R[\rm \Omega]$の抵抗R，スイッチ$\rm S_{1}$，$\rm S_{2}$が接続されている．最初，スイッチ$\rm S_{1}$，$\rm S_{2}$は開いていて，$\rm C_{1}$，$\rm C_{2}$には電荷が蓄えられていなかった．
はじめの状態から，$\rm S_{1}$を閉じて十分時間が経った後，$\rm S_{1}$を開き，$\rm S_{2}$を閉じた．その後十分時間が経った後，$\rm S_{2}$を開いて，$\rm S_{1}$を閉じた．さらに，十分時間が経った後に$\rm S_{1}$を開いて，$\rm S_{2}$を閉じた．これを何度も繰り返していくと，$\rm C_{2}$の両端の電圧はある有限な値に近づいていった．その値を求めよ．
<解答>
今回は，漸化式を立てて解く方法を紹介します．
下図は，はじめて$\rm S_{1}$を入れて十分時間が経過し，$\rm C_{1}$の電荷が蓄えられ，$\rm S_{1}$を開いたのちに$\rm S_{2}$を閉じる直前（「1回目前」とよぶ．）と$\rm S_{2}$を閉じて十分時間が経過した後（「1回目後」とよぶ．）の図です．
「1回目前」では，$\rm C_{1}$は起電力$V_{0}$の電池につないで充電したので，コンデンサーの式から，$CV_{0}$の電荷が蓄えられます．$\rm C_{2}$に蓄えられている電荷はまだ0です．
「1回目後」で$\rm C_{1}$，$\rm C_{2}$にそれぞれ$Q_{1}^{(1)}$，$Q_{2}^{(1)}$の電荷が蓄えられたとしましょう．
$\rm C_{2}$の下側の極板の電位を基準の0(青色部分)として，$\rm E_{2}$の起電力が$2V_{0}$であるから，$\rm C_{1}$の下側極板の電位は$2V_{0}$（緑色部分），$\rm C_{1}$，$\rm C_{2}$の上側の電位は未知なので，$V_{1}$とおきましょう．(紫色部分)
★ 点線で囲まれた部分の電荷保存則
$CV_{0}+0=Q_{1}^{(1)}+Q_{2}^{(2)}$ $\dots (\ast)$
★ 「1回目後」の$\rm C_{1}$，$\rm C_{2}$のコンデンサーの式
$Q_{1}=C(V_{1}-2V_{0})$ ， $Q_{2}=C(V_{1}-0)$ $\dots (2\ast)$
★$(2\ast)$を$(\ast)$に代入して
$\eqalign{\cancel{C}V_{0}&=\cancel{C}(V_{1}-2V_{0})+\cancel{C}V_{1}\cr V_{1}&=\dfrac{3}{2}V_{0}}$ $\dots (\clubsuit)$
では，「$n$回目」の操作を考えましょう．
「$n$回目前」についても，$\rm C_{1}$は起電力$V_{0}$の電池$\rm E_{1}$につないだ後なので，$CV_{0}$の電荷が蓄えられています．
また，$\rm C_{2}$の方は「$n-1$回後」の操作を終えたままので電荷なので，$Q_{2}^{(n-1)}$の電荷が蓄えられています．
「$n-1$回目後」の$\rm C_{1}$，$\rm C_{2}$の上側極板の電位を$V_{n-1}$とすると
$Q_{2}^{(n-1)}=CV_{n-1}$ $\dots (3\ast)$
が成り立ちます．
「$n$回目後」の$\rm C_{1}$，$\rm C_{2}$に蓄えられた電荷を$Q_{1}^{(n)}$，$Q_{2}^{(n)}$とし，$\rm C_{1}$，$\rm C_{2}$の上側極板の電位を$V_{n}$とします．
勿論，$\rm C_{1}$の下側極板の電位は$\rm E_{2}$の電池起電力が$2V_{0}$であることから，$2V_{0}$となります．
★ 点線部分の電荷保存則
$CV_{0}+Q_{2}^{(n-1)}=Q_{1}^{(n)}+Q_{2}^{(n)}$ $\dots (4\ast)$
★ $n$回目後の$\rm C_{1}$，$\rm C_{2}$のコンデンサーの式
$Q_{1}^{(n)}=C(V_{n}-2V_{0})$ ，$Q_{2}^{(n)}=C(V_{n}-0)$ $\dots (5\ast)$
★ $(3\ast)$，$(5\ast)$を$(4\ast)$に代入．
$\cancel{C}V_{0}+\cancel{C}V_{n-1}=\cancel{C}(V_{n}-2V_{0})+\cancel{C}V_{n}$
$\therefore V_{n}=\dfrac{1}{2}V_{n-1}+\dfrac{3}{2}V_{0}$
$V_{1}=\dfrac{3}{2}V_{0}$$(\clubsuit)$，$V_{n}=\dfrac{1}{2}V_{n-1}+\dfrac{3}{2}V_{0}$を解けばいいんだね．
$V_{n}-3V_{0}=\dfrac{1}{2}(V_{n-1}-3V_{0})$
と変形する．数列$\{V_{n}-3V_{0}\}$は，初項$V_{1}-3V_{0}=\dfrac{3}{2}V_{0}-3V_{0}=-\dfrac{3}{2}V_{0}$，公比$\dfrac{1}{2}$の等比数列だから
$V_{n}-3V_{0}=-\dfrac{3}{2}V_{0}\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}$
$\therefore V_{n}=3V_{0}-\dfrac{3}{2}V_{0}\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}$ $\dots (\sharp)$
$(\sharp)$の式において，$n\to\infty$とすると，$\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}\to 0$となるので，$V_{n}$は$3V_{0}$に近づいていくね．
したがって，$\rm C_{2}$の電圧は$3V_{0}$(答)の電圧に近づくことがわかったね．
これは，こちらでも内容と同じだね．
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