これより、Et＝E₀＋Er＝E₀＋ρ×E₀×e^-jαが与えられる。

こゝで、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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