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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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