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付録 1 (6・4)式の証明
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附図1 経路差(R2−R1)の説明図
 
 附図1より、R12=(Hs−He)2+R2、R22=(Hs+He)2+R2が得られる。
 ここで、R>>(Hs+He)>(Hs−He)であるから、
R1≒R+{(Hs−He)2/(2×R)} 及び
R2≒R+{(Hs+He)2/(2×R)} と置くことができるので、
 経路差 R2−R1は次のようになる。
R2−R1≒{(Hs+He)2−(Hs−He)2}/(2×R)≒2×Hs×He/R
 従って、位相差βは次の式で与えられる。
β=(R2−R1)×2×π/λ≒(4×π×Hs×He)/(λ×R)
 ここで、Er=ρ×E0×e−jα
 ただし、α=φ+βであり、ρは海面での反射係数、φは反射点での位相移動、βは経路の差による位相差である。
 これより、Et=E0+Er=E0+ρ×E0×e−jα  が与えられる。
 ここで、Et=F×E0と表すとすれば、
F=Et/E0=│1+ρ××e−jα│= 1+ρ2+2×ρ×cosα
であり、海面において完全反射するとすれば、ρ≒1であって
F=2+2×cosα となる。
 また φ=180°=π であるとすれば、F=2+2×cos(π+β)となり、三角関数の公式から F=2×sin(β/2) を得る。
 これに上のβの値を入れると、
F=2×sin{2×π×Hs×He/(λ×R)} となる。
 これは電圧の比であるから、電力の比はこの2乗であって、
F2=4×sin2{(2×π×Hs×He/(λ×R)} を得る。
 これが(6・4)式に入っているのである。
 
付録 2 (6・6)式のAs及びAeの証明
 第6・6図より、{Re+(Hs−As)}2=Re2+R12 であって、
Re2+2×(Hs−As)×Re+(Hs−As)2=Re2+R12 となる。
Reは地球の電波的等価半径であって、6371229.3m×4/3で与えられ、
(Hs−As)2はこれに比べて非常に小さいので無視すれば、
Re2+2×(Hs−As)×Re=Re2+R12 となる。
 これを整理して 2×(Hs−As)×Re=R12 を得る。
 一方 R1≒R×{Hs/(Hs+He)}、R2≒R×{He/(Hs+He)}であったから、
 これを代入すれば、
2×(Hs−As)×Re=R2×{Hs/(Hs+He)}2 となり、
As=Hs−(R2×Hs2)/{2×Re×(Hs+He)2} を得る。
 同様にして、
Ae=He−(R2×He2)/{2×Re×(Hs+He)2}が得られるのである。







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