¿Cuál es la forma más rápida de resolver este circuito?

La forma más rápida, creo, es simplemente volver a dibujar la cosa maldita:

^{simular este circuito : esquema creado usando CircuitLab}

Muestro el nodo de tierra virtual en la parte inferior, el lado inferior izquierdo allí. Esa es la entrada \ $ V _- \ $ al opamp. Pero sabes que hay una corriente, \ $ I \ $, que debe ser manejada a través de la primera \ $ R \ $ en tu esquema (\ $ R_1 \ $ en la mía). Entonces \ $ V_1 = I R \ $. Claramente, \ $ V_1 \ $ también significa que hay un \ $ I \ $ agregado proveniente de \ $ R_2 \ $; que se une con el otro \ $ I \ $ para hacer para \ $ 2I \ $, ahora. Esta corriente mayor debe fluir a través de \ $ R_3 \ $. Cuando lo hace, desarrolla un voltaje en \ $ R_3 \ $ que es igual a \ $ V_2 = 2I \ cdot R_3 + V_1 = 2IR \ $. \ $ V_2 \ $ ahora causa una corriente en \ $ R_4 \ $, que es igual a \ $ 2I \ $. Esto se suma a la corriente en \ $ R_3 \ $ para hacer una corriente total de \ $ 4I \ $ en \ $ R_5 \ $. Esto significa que \ $ V_ {OUT} = 4I R_5 + V_2 = 4IR \ $.

Creo que esa es la forma más sencilla de imaginar la respuesta.

Tenga en cuenta que su salida tendrá que desplazarse, negativamente, para una corriente positiva en el nodo \ $ V _- \ $. Así que la discusión anterior es completamente acerca de la magnitud, y no el signo, de \ $ V_ {OUT} \ $. (Nota agregada por el comentario de ThePhoton aquí. ¡Gracias!)

Un enfoque completamente diferente utilizando Thevenin sería, digamos, comenzar en el extremo de salida y trabajar hacia atrás. Usaré la resistencia de mi numeración desde arriba (ya que no numeraste la tuya).

^{simular este circuito}

Comenzando en la salida, tenemos el Thevenin del primer divisor obvio:

$$ \ begin {align *} R_ {TH} & = \ frac {R_4 \ cdot R_5} {R_4 + R_5} \\\\ V_ {TH} & = V_ {OUT} \ cdot \ frac {R_4} {R_4 + R_5} \\\\ \ end {align *} $$

\ $ V_ {TH} \ $ 's series \ $ R_ {TH} \ $ la impedancia también está en serie con \ $ R_3 \ $, entonces: \ $ R ^ {'} _ {TH} = R_3 + R_ {TH} \ $. Esta resistencia de salida modificada de Thevenin ahora forma un divisor con \ $ R_2 \ $. Entonces:

$$ \ begin {align *} R ^ {''} _ {TH} & = \ frac {R ^ {'} _ {TH} \ cdot R_2} {R ^ {'} _ {TH} + R_2} \\\\ V ^ {''} _ {TH} & = V_ {TH} \ cdot \ frac {R_2} {R ^ {'} _ {TH} + R_2} \\\\ \ end {align *} $$

\ $ V ^ {''} _ {TH} \ $ 's series \ $ R ^ {' '} _ {TH} \ $ la impedancia también está en serie con \ $ R_1 \ $, entonces: \ $ R ^ {'' '} _ {TH} = R_1 + R ^ {' '} _ {TH} \ $.

Eso es todo. La suma de las corrientes en el nodo \ $ V _- \ $ debe ser igual a cero. Entonces:

$$ I + \ frac {V ^ {''} _ {TH} - 0 \: \ textrm {V}} {R ^ {'' '} _ {TH}} = 0 $$

Recién dado lo anterior, solo, puede resolver para \ $ V_ {OUT} \ $. Esto funciona para:

$$ \ begin {align *} \ textrm {configuración} R_X & = R_3 + R_5 + \ frac {R_3 \ cdot R_5} {R_4} \ textrm {, entonces:} \\\\ V_ {OUT} & = - I \ cdot \ left [R_X \ cdot \ left (1+ \ frac {R_1} {R_2} \ right) + R_1 \ cdot \ left (1+ \ frac {R_5} {R_4} \bien bien]\\\\ & = - I \ cdot \ left [\ left (R_3 + R_5 + \ frac {R_3 \ cdot R_5} {R_4} \ right) \ cdot \ left (1+ \ frac {R_1} {R_2} \ right) + R_1 \ cdot \ left (1+ \ frac {R_5} {R_4} \ right) \ right] \ end {align *} $$

Si conectas \ $ R_1 = R_2 = R_4 = R \ $ y \ $ R_3 = R_5 = \ frac {R} {2} \ $, entonces obtendrás lo mismo \ $ V_ {OUT} = - 4IR \ $ resultado.