A feladat nem mondta meg a tranzisztor bétáját, ezért vegyük végtelennek: ekkor nem folyik bázisáram (`I_{B}=0`), és az emitterből kifolyó áram megegyezik a kollektorba befolyó árammal (`I_{C}=I_{E}`). A tranzisztor nyitófeszültségét sem adták meg, ezt vegyük a szokásos 600 mV-nak (`U_{BE}=0.6\text{V}`).

Az ilyen feladatoknál mindig egy hurokegyenletet kell felírni az emitterkörre.

Az emitter potenciálja:
`U_E=R_E*I_E`

A bázis potenciálja ennél egy nyitófeszültségnyivel van magasabban:
`U_B=R_E*I_E+U_{BE}`

Ugyanakkor az is igaz, hogy a bázis potenciálját (és egyben lényegében a munkapontot) az R1-R2 feszültségosztó állítja be. Mivel `B=infty` miatt bázisáram nem folyik, az osztó most terheletlen, tehát:
`U_B=U_t*R_2/(R_1+R_2)`

Ezek szerint:
`R_E*I_E+U_{BE}=U_t*R_2/(R_1+R_2)`

Kifejezve a munkaponti emitteráramot:
`I_E=(U_t*R_2)/((R_1+R_2)*R_E)-U_{BE}/R_E``=``(15*5)/((10+5)*2.2)-0.6/2.2``=2\text{mA}`


Ellenőrzésképp mellékeltem egy LTSpice szimulációt is. Látszik, hogy az áram egy nagyon picivel kevesebb, mint 2 mA. Az eltérés oka, hogy a szimulációban egy valóságos tranzisztor szerepel, véges bétával (`B=300`).