The left-hand side of (6.2) is decr

The left-hand side of (6.2) is decreasing with respect to v and its minimal value is
attained at v = 1/3, so it is greater than 1 + 2 log(8π/9) which, in turn, is greater
than 3.
To prove the left-hand side of (2.2) it is enough, again by (2.1), to check
h(z
∗
)(z
∗
)
2/
(
1 + (z
∗
)
2
)
­ α. Putting u = u(t) = (log 4t + 2)/4t and repeating
similar calculations as above we reduce this inequality to an equivalent form
(6.3) 2tu2 + 2 log (
1 − u +
1
2t(1 − u)
)
+ log π ¬ 2.
Applying the inequality log(1 + y) ¬ y to the second term in (6.3) it is enough to
prove
(6.4) log2
4t
8t
+
−1 + 2/(1 − u)
2t
+ log π ¬ 2 for t ­ log 10.
Since u is decreasing with respect to t in (log 10,∞), the left-hand side of (6.4)
is also decreasing with respect to t and its largest value is attained at t = log 10,
being obviously less than 2. This completes the proof. 
P r o o f o f P r o p o s i t i o n 3.1. For k ­ 4 and u > 0 integration by parts
gives
(6.5)
∞∫
u
x
(k−2)/2
e
−x/2
dx = 2u
(k−2)/2
e
−u/2 + (k − 2)
∞∫
u
x
(k−4)/2
e
−x/2
dx.
From the proof of Lemma 1 in [4] we obtain c(k)= 2(k/2e)
k/2/
(√
kΓ(k/2))
>1/2
for all k ­ 2, which together with (6.5) imply that for k ­ 4 and u > 0 the tail
probabilities of the chi-square distribution satisfy a recurrence formula
(6.6) P(χ
2
k ­ u) ­
1
2
Ek(u) + P(χ
2
k−2 ­ u).
Let us put rk = ⌊
√
k⌋, where ⌊a⌋ is the integer part of a number a. If k ­ 6, then
iteration of (6.6) rk times yields
P(χ
2
k ­ u) ­
1
2
Ek(u) + 1
2
Ek−2(u) + . . . +
1
2
Ek−2rk+2(u) + P(χ
2
k−2rk ­ u)
­
1
2
Ek(u) + . . . +
1
2
Ek−2rk
(u)
(6.7)
for u > 0, where the last inequality follows from (3.1).
Chi-square quantiles 345
Since [k/(k − 2)](k−1)/2 ­ e for all k ­ 3 (insert x = 2/(k − 2) into the inequality
(x + 2) log(x + 1) ­ 2x which holds for x ­ 0), we infer that Ek−2(u) ­
[(k − 2)/u]Ek(u) for k ­ 3 and u > 0. Consequently, for k ­ 6 and u > 0
P(χ
2
k ­ u) ­
1
2
Ek(u)
[
1 +
k − 2
u
+ . . . +
(k − 2). . .(k − 2rk)
u
rk
]
­
1
2
Ek(u)
[
1 +
k − 2
√
k
u
+ . . . +
(
k − 2
√
k
u
)rk
]
=
1
2
Ek(u)
u
u − k + 2√
k
[
1 −
(
k − 2
√
k
u
)rk+1]
.
(6.8)
It is easy to see that for u ­ k − 2 we have
(
k − 2
√
k
u
)rk+1
¬
(
k − 2
√
k
k − 2
)rk+1
¬ e
−2
,
which together with (6.8) proves (3.2) for k ­ 6. For k = 2, 3, 4 and 5 the righthand
side of (3.2) is for u ­ k − 1 smaller than Ek(u)/2 and our result follows
immediately from (3.1). 
REMARK 6.1. More careful considerations in (6.8) lead to a slightly stronger
estimate than (3.2), which has the form
P(χ
2
k ­ u) ­
1
2
u − e
−2k + 2√
k − 2
u − k + 2√
k
Ek(u)
and which holds true for all k ­ 6 and u ­ k. Using this estimate, we can further
improve (5.2) and (5.3). We omit details.
In all proofs below we shall still use the notation t = log(1/α) for α ∈ (0, 1).
Obviously, the relation u(α, k) ¬ u
∗∗ holds if and only if P(χ
2
k ­ u
∗∗) ¬ α.
Hence, to get this inequality for k ­ 2 it is sufficient to show, due to the upper
bound in (3.1), that
(6.9) u
∗∗
u
∗∗ − k + 2
Ek(u
∗∗) ¬
√
πα.
P r o o f o f T h e o r e m A. For k = 1, (4.2) follows immediately from (3.7)
of Lemma 3 in [4] or from our Theorem 2.1 after some easy calculations. For k ­ 2
we need to check (6.9) with u
∗∗ = k + 2t + 2√
kt. Inserting this form of u
∗∗ into
(6.9), taking logarithms of both sides and rearranging we get an equivalent form
of (6.9):
2
√
kt − k log (
1 +
2t
k
+ 2√
t
k
)
+ 2 log (
2
√
k
+
2t
√
k
+ 2√
t
)
+ log π ­ 0.

ผลลัพธ์ (ไทย) 1:

ด้านซ้ายของ (6.2) จะลดลงกับ v และมีค่าน้อยที่สุดได้ที่ v = 1/3 ดังนั้น 1 + 2 log(8π/9) ซึ่ง เป็นค่ามากกว่ากว่า 3พิสูจน์ของ (2.2) ก็เพียงพอ อีก ด้วย (2.1), การตรวจสอบh (z∗) (z∗)2 /((z + 1∗)2)Αการวาง u = u(t) = (ล็อก 4 ที + 2) / 4 ที และทำซ้ำคำนวณคล้ายเป็นเหนือเราลดความไม่เท่าเทียมกันนี้แบบเทียบเท่า2tu2 (6.3) + (2 ล็อก1 − u +12t(1 − u))+ ระบบπ¬ 2ใช้อสมการล็อก (1 + y) ¬ y เพื่อระยะที่สองใน (6.3) ได้เป็นพอพิสูจน์log2 (6.4)4 ที8t+−1 + 2 /(1 − u)2t+ ระบบ¬π 2 สำหรับล็อก t 10เนื่องจาก u จะลดลงกับ t ใน (ล็อก 10 ∞), ด้านซ้ายของ (6.4)ยังลดกับ t และใหญ่ที่สุดคือบรรลุค่าที่ t =ล็อก 10จะเห็นได้ชัดน้อยกว่า 2 เสร็จสิ้นการพิสูจน์ P r o o f o f P r o p o s ฉันทีฉัน o n 3.1 K 4 และคุณ > 0 รวมส่วนช่วยให้(6.5)∞∫ux(k−2) / 2อี−x/2dx =คลุม 2u(k−2) / 2อี−u/2 + (k − 2)∞∫ux(k−4) / 2อี−x/2dxจากหลักฐานของการจับมือใน [4] เราได้ c(k) = 2(k/2e)k/2 /(√kΓ(k/2))> 1/2สำหรับทั้งหมด k 2 ซึ่งเมื่อรวมกับ (6.5) นัยว่า k 4 และคุณ > 0 หางสูตรเกิดตอบสนองกิจกรรมของการแจกแจงแบบ chi-square(6.6) P (Χ2k u)12Ek(u) + P (χ2k−2 u)ให้เราใส่ rk =⌊√k⌋, ⌊a⌋ อยู่ที่ส่วนจำนวนเต็มของตัวเลข ถ้า k 6 แล้วทำให้การเกิดซ้ำของ rk (6.6)P (Χ2k u)12Ek(u) + 12Ek−2(u) +... +12Ek−2rk+2(u) + P (χ2k−2rk u)­12Ek(u) + . . . +12Ek−2rk(u)(6.7)สำหรับคุณ > 0 อสมการสุดท้ายดังต่อไปนี้ที่จาก (3.1)Chi-square quantiles 345เนื่องจาก [k /(k − 2)] (k−1) / 2 e สำหรับ k ทั้งหมด 3 (แทรก x = 2 /(k − 2) เป็นอสมการ(x + 2) ล็อก (x + 1) 2 x ซึ่งมีสำหรับ x 0), เรารู้ที่ Ek−2(u)[(k − 2) /u] Ek(u) k 3 และคุณ > 0 ดังนั้น สำหรับคุณ > 0 และ k 6P (Χ2k u)12Ek(u)[1 +k − 2u+ . . . +(k − 2). . . (k − 2rk)urk]­12Ek(u)[1 +k − 2√ku+ . . . +(k − 2√ku) rk]=12Ek(u)uu − k + 2√k[1 −(k − 2√ku) rk + 1].(6.8)ง่ายต่อการดูที่คุณ k − 2 เราได้(k − 2√ku) rk + 1¬(k − 2√kk − 2) rk + 1อี¬−2,ซึ่งเมื่อรวมกับ (6.8) พิสูจน์ (3.2) สำหรับ k 6 สำหรับ k = 2, 3, 4 และ 5 righthand(3.2) อันเป็นคุณ k − 1 เล็กกว่า Ek (u) / 2 และผลลัพธ์ของเราดังต่อไปนี้จาก (3.1) ทันที หมายเหตุ 6.1 พิจารณาระมัดระวังมากขึ้นใน (6.8) ทำให้แข็งเล็กน้อยประมาณกว่า (3.2), ซึ่งมีรูปแบบP (Χ2k u)12u − e−2k + 2√k − 2u − k + 2√kEk(u)และที่ถือจริงสำหรับ k 6 และคุณคุณใช้ประเมินนี้ เราสามารถเพิ่มเติมปรับปรุง (5.2) และ (5.3) เราไม่ใส่รายละเอียดในหลักฐานทั้งหมดด้านล่าง เราจะยังคงใช้ t สัญกรณ์ = log(1/α) สำหรับ∈α (0, 1)อย่างชัดเจน การสัมพันธ์ u (α k) ¬ u∗∗เก็บถ้า และถ้า P (χ2k u∗∗) ¬ α.จะได้อสมการนี้สำหรับ k 2 จึงเพียงพอที่จะแสดง เนื่องจากส่วนบนผูกใน (3.1), ที่(6.9) u∗∗u∗∗ − k + 2เอก (u∗∗) ¬√ΠΑP r o o f o f T h e o r e m อ. สำหรับ k = 1 ดังนี้ (4.2) ทันทีจาก (3.7)จับมือใน 3 [4] หรือ จาก 2.1 ทฤษฎีบทของเราหลังจากคำนวณบางอย่างง่าย สำหรับ k 2เราต้องตรวจสอบ (6.9) กับคุณ∗∗ = k + 2t + 2√แทรกแบบฟอร์มนี้ของคุณ kt.∗∗เป็น(6.9), การลอการิทึมของทั้งสองฝ่ายและจัดเรียงใหม่เราได้แบบที่เทียบเท่าของ (6.9):2√kt − k ล็อก(1 +2tk+ 2√tk)+ 2 ระบบ(2√k+2t√k+ 2√t)+ ล็อกπ 0

ผลลัพธ์ (ไทย) 2:

ด้านซ้ายมือของ (6.2) จะลดลงด้วยความเคารพต่อโวลต์และความคุ้มค่าที่น้อยที่สุดของมันคือการ
บรรลุที่ V = 1/3 ดังนั้นมันจึงเป็นมากกว่า 1 + 2 เข้าสู่ระบบ (8π / 9) ซึ่งในที่สุดก็เป็นใหญ่
กว่า 3.
เพื่อพิสูจน์ด้านซ้ายมือของ (2.2) มันก็เพียงพออีกครั้งมาจาก (2.1) เพื่อตรวจสอบ
h (ซี
* )
(ซี
*
)
2 /
(
1 + (ซี
*
)
2
)
α วาง U = ยู (t) = (log 4t + 2) / 4t และการทำซ้ำ
การคำนวณเช่นเดียวกับข้างต้นเราลดความไม่เท่าเทียมกันนี้เพื่อรูปแบบเทียบเท่า
(6.3) 2tu2 + 2 เข้าสู่ระบบ (
1 - U +
1
2t (1 - ยู)
)
+ เข้าสู่ระบบπ¬ 2.
ใช้บันทึกความไม่เท่าเทียมกัน (1 + Y) ¬ Y เพื่อระยะที่สองใน (6.3) มันก็เพียงพอที่จะ
พิสูจน์ได้ว่า
(6.4) log2
4t
8t
+
-1 + 2 / (1 ​​- มึง)
2t
+ เข้าสู่ระบบ π¬ 2 สำหรับ t ล็อก 10
นับตั้งแต่ยูจะลดลงด้วยความเคารพใน t (log 10 ∞) ด้านซ้ายมือของ (6.4)
นอกจากนี้ยังลดลงด้วยความเคารพต่อตันและความคุ้มค่าที่ใหญ่ที่สุดคือความเพียรที่ t = บันทึก 10
เป็นที่เห็นได้ชัดน้อยกว่า 2 เสร็จสมบูรณ์หลักฐาน ?
P roofof P roposition 3.1 สำหรับ k 4 u> 0 บูรณาการโดยส่วน
ให้
(6.5)
∞∫
ยู
x
(k-2) / 2
อี
-x / 2
= 2u DX
(k-2) / 2
ที่ e
-u / 2 + (k - 2 )
∞∫
ยู
x
(k-4) / 2
อี
-x / 2
DX.
จากหลักฐานการแทรก 1 [4] เราได้รับค (k) = 2 (k / 2e)
k / 2 /
(√
kΓ ( k / 2))
> 1/2
สำหรับทุก k 2 ซึ่งร่วมกับ (6.5) หมายความว่าสำหรับ k 4 u> 0 หาง
น่าจะเป็นของการกระจายไคสแควร์ตอบสนองสูตรการเกิดซ้ำ
(6.6) P (χ
2
ku )
1
2
เอก (U) + P (χ
2
k-2 ท่าน).
ให้เราใส่ RK = ⌊
√
k⌋ที่⌊a⌋เป็นส่วนจำนวนเต็มของจำนวน ถ้า k 6 แล้ว
ซ้ำของ (6.6) ครั้ง RK ผลตอบแทนถัวเฉลี่ย
P (χ
2
ku)
1
2
เอก (U) + 1
2
Ek-2 (U) + . . +
1
2
เอก 2rk + 2 (U) + P (χ
2
k-2rk มึง) 1 2 เอก (U) + . . + 1 2 เอก 2rk (U) (6.7) สำหรับ u> 0 ที่ความไม่เท่าเทียมกันที่ผ่านมาดังต่อไปนี้มาจาก (3.1). Chi-square quantiles 345 ตั้งแต่ [k / (k - 2)] (k-1) / 2 จ สำหรับทุก k 3 (แทรก x = 2 / (k - 2) ลงในความไม่เท่าเทียมกัน(x + 2) เข้าสู่ระบบ (x + 1) 2x ซึ่งถือสำหรับ x 0) เราสรุปว่า Ek-2 (U) [(k - 2) / u] เอก (มึง) สำหรับ k 3 และ u> 0 ดังนั้นสำหรับ k 6 และ u> 0 P (χ 2 ku) 1 2 เอก (มึง) [ 1 + k - 2 ยู+ . . + (k - 2) . . (k - 2rk) ยูRK ] 1 2 เอก (มึง) [ 1 + k - 2 √ k ยู+ . . + ( k - 2 √ k ยู) RK ] = 1 2 เอก (มึง) ยูยู - k + 2√ k [ 1 - ( k - 2 √ k ยู) RK + 1] . (6.8) มันเป็นเรื่องง่ายที่จะเห็น ที่สหราชอาณาจักร - 2 เรามี( k - 2 √ k ยู) RK + 1 ¬ ( k - 2 √ k k - 2 ) RK + 1 ¬อี-2 , ซึ่งร่วมกับ (6.8) พิสูจน์ (3.2) สำหรับ k 6 . สำหรับ k = 2, 3, 4 และ 5 ขวาด้านข้างของ (3.2) สำหรับสหราชอาณาจักร - 1 มีขนาดเล็กกว่าเอก (มึง) / 2 และผลของเราดังต่อไปนี้ทันทีจาก (3.1) ? หมายเหตุ 6.1 การพิจารณาระมัดระวังมากขึ้นใน (6.8) นำไปสู่การที่แข็งแกร่งเล็กน้อยกว่าประมาณการ (3.2) ซึ่งมีรูปแบบP (χ 2 ku) 1 2 ยู - e -2k + 2√ k - 2 ยู - k + 2√ k เอก ( มึง) ซึ่งถือเป็นจริงสำหรับทุก k 6 และ u k ใช้ประมาณนี้เรายังสามารถปรับปรุง (5.2) และ (5.3) เราเอารายละเอียด. ในการพิสูจน์ทั้งหมดดังต่อไปนี้เรายังจะต้องใช้เสื้อโน้ตบันทึก = (1 / α) สำหรับα∈ (0, 1). เห็นได้ชัดว่ามีความสัมพันธ์ยู (α, k) ¬ยู** ถือถ้าหาก P (χ 2 ku **) α¬. จึงจะได้รับความไม่เท่าเทียมกันนี้ได้ k 2 มันเพียงพอที่จะแสดงให้เห็นเนื่องจากด้านบนที่ถูกผูกไว้ใน (3.1) ว่า(6.9) ยู** ยู** - k + 2 เอก (มึง**) ¬ √ πα. P roofof T heorem A. สำหรับ k = 1 (4.2) ดังต่อไปนี้ทันทีจาก (3.7) ของบทแทรก 3 [4] หรือจากทฤษฎีบท 2.1 ของเราหลังจากที่มีการคำนวณง่าย สำหรับ k 2 เราจะต้องตรวจสอบ (6.9) กับยู** = k + 2t + 2√ kt การใส่รูปของท่านนี้** เข้า(6.9) การลอการิทึมของทั้งสองฝ่ายและเราได้รับการจัดเรียงรูปแบบเทียบเท่าของ (6.9): 2 √ kt - บันทึก k ( 1 + 2t k + 2√ เสื้อk ) + 2 เข้าสู่ระบบ ( 2 √ k + 2t √ k + 2√ ที) + เข้าสู่ระบบπ 0

ผลลัพธ์ (ไทย) 3:

ที่ด้านซ้ายมือของ ( 6.2 ) ลดลงส่วนค่า V และน้อยที่สุดคือ
บรรลุที่ V = 1 / 3 ดังนั้นจึงเป็นมากกว่า 1 2 log ( 8 π / 9 ) ซึ่งในการเปิดมากขึ้นกว่า
3
พิสูจน์ด้านซ้ายมือ ( 2.2 ) มันคือ พออีกครั้งโดย ( 2.1 ) ตรวจสอบ
H ( Z ( Z


∗ ) ∗
)
2 /
(
1 Z
∗
)
2
)
องα . ให้ U = u ( t ) = ( log 4T 2 ) / 4T ซ้ำแล้วซ้ำอีก
ที่คล้ายกันการคำนวณข้างต้นเราลดความไม่เท่าเทียมกันนี้จะเทียบเท่ากับฟอร์ม
( 6.3 ) 2tu2 2 log (
u
1
1 − ( − 2t 1 u )
)

π¬เข้าสู่ระบบ 2 . ใช้ภาพเข้าสู่ระบบ ( 1 ¬ Y Y ) กับระยะที่สอง ( 6.3 ) เป็นพอ พิสูจน์

( 6.4 ) LOG
ู

8t − 1 2 / 1 − u )

2t เข้าสู่ระบบπ¬ 2 ที องบันทึก 10
ตั้งแต่ u ลดลงด้วยความเคารพ T ( บันทึก 10 , ∞ ) , ด้านซ้ายมือ ( 6.4 )
ยังลดลงด้วยความเคารพ T และที่ใหญ่ที่สุดของมันคือคุณค่าบรรลุที่ t = log 10
ถูกเห็นได้ชัดน้อยกว่า 2 การพิสูจน์เสร็จสิ้น 
P r o O F F o P r o p o s i t ฉัน n o 3.1 . สำหรับ เค อง 4 U > 0 โดยการผสมผสานชิ้นส่วนให้

( 6.5 )
∞∫
U
x
( K ( − 2 ) / 2
E
− X / 2
DX = 2U
( K ( − 2 ) / 2
E
2 u / ( K ( −− 2 )
∞∫
u
x
( K ( − 1 ) 2
E
− 2
X / DX .
จากพิสูจน์บทแทรก 1 [ 4 ] เราได้รับ C ( k ) = 2 ( K / k / 2E )
2 /
( √
Γ K ( K / 2 ) )
1 / 2
k องทั้ง 2 ซึ่งร่วมกับ ( 6.5 ) หมายความว่าค่า K อง 4 U > 0 น่าจะเป็นหาง
ของไคสแควร์การตอบสนองอีกสูตร
( 6.6 ) P ( χ
2
k อง u ) อง
1
2
I ( u ) p ( χ
2
K − 2 อง u )
ให้เราใส่ RK = ⌊

K √⌋ที่⌊เป็น⌋คือส่วนที่เป็นจำนวนเต็มของตัวเลข ถ้าเค อง 6 แล้ว
ซ้ำ ( 6.6 ) RK ครั้งผลผลิต
p ( χ
2
k อง u )
1
2
องเอก ( U )
2
EK − 2 ( U ) . . . . . . .

1