Бесконечная цепочка с диодами

Пусть открыто \(n\) вертикальных ветвей. Запишите законы Кирхгофа для токов в узлах и заметьте, что крайний случай, когда последние два элемента только открываются, даёт простое рекуррентное соотношение.

Пусть открыто \(n\) вертикальных ветвей. Обозначим токи через горизонтальные элементы \(I_1, I_2, \dots, I_n\), так что токи через вертикальные участки равны \(I_1 - I_2, \dots, I_{n-1} - I_n, I_n\). Приравнивая напряжения на участках цепочки, получаем систему \[\frac{U_0 - U}{R} = -2I_1 + I_2, \quad \frac{U_0}{R} = I_{k-1} - 2I_k + I_{k+1}, \quad \frac{U_0}{R} = I_{n-1} - 2I_n.\] Пограничный случай: последние два элемента только открываются, \(I_n = 0\). Тогда \(I_{n-1} = \dfrac{U_0}{R}\), \(I_{n-k} = \dfrac{U_0}{R} + 2I_{n-k+1} - I_{n-k+2}\). Считая первые токи, \(I_{n-2} = 3U_0/R\), \(I_{n-3} = 6U_0/R\), \(I_{n-4} = 10U_0/R\), получаем общее решение \[I^{(n)}_{n-k} = \frac{(1 + k)k}{2}\cdot\frac{U_0}{R},\] что подстановкой в рекуррентное соотношение проверяется. При \(k = n - 2\): \[I_2^{(n)} = \frac{(n-1)(n-2)}{2}\cdot\frac{U_0}{R}.\] При открытии ещё двух элементов ток на участке \(A_1A_2\) становится \(I_2^{(n+1)} = \dfrac{n(n-1)}{2}\dfrac{U_0}{R}\). Требуется \(I_2 = 2021\,U_0/R\), то есть \[\frac{(n-1)(n-2)}{2} = 2021 \quad\Rightarrow\quad n = \frac{3 + \sqrt{16169}}{2} \approx 65{,}1.\] Значит, открыты все элементы до участка \(A_{65}A_{66}B_{65}\) включительно, и ток течёт через \(N = 2n - 1 = 129\) элементов \(D\).

Ответ: \(129\).