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付録 1 （6・4）式の証明
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。
こゝで、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）
こゝで、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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