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La soluzione è immediata se si trascurano per questi armonici elevati, 

 le tensioni ohmiche rispetto alle induttive; se si pone cioè r=0, suppo- 

 nendo inoltre K non troppo- piccolo di fronte a 1. Si ottiene allora 



E, , \ 



dm — o \^»ì— 2 l ^m+2j 

 bm == 2" iPm— 2 — f~ 



le quali sono soddisfatte ponendo 



dm+2 — SGm S dm—i ' ' ' 



bm+2 — S^w == S 2 bm—i — ' ' 



qualora s verifichi l'equazione 

 cioè qualora sia 



Con ciò ogni componente armonica dispari della corrente è una frazione co- 

 stante dell'armonica dispari precedente (le armoniche pari, coni' è chiaro, 

 sono tutte nulle). 



3. Basterà quindi, per il calcolo di a m e b m , la'conoscenza di a x e b x . 

 Il caso di m = 1 richiede un esame speciale. La forinola (3) ci dice intanto 

 che dalla componente i x prendono origine un termine in cos( — tot -}- a x ) = 

 = cos(ft>2 — a { ); e che un termine in cos (co t -{- a 3 ) prende origine da i % . 

 Tenendo conto di tutta la parte che contiene tot, ed eguagliandola al se- 

 condo membro E sen (tot -j- a) si ottengono le equazioni: 



rt%i — Labi — 4 Lo>K(#! -f- b 3 ) = E cos a 

 rb x -f- Lcodi — j- Lft)K(a 1 — « 3 ) = E sen a . 



Osservando che per quel che si è detto 



a s = Sd l ; b% — §b\ 



otteniamo, sostituendo ad s il suo valore dato dalla (4): 



reti — | Ltobi(l + K + t 7 l — K 2 ) = E cos a 

 rbi + 1 Law^l — K -f- f/l — K 2 ) = E sen a . 



