where h(v) = 2√v − log(1 + 2v + 2√v

where h(v) = 2√
v − log(1 + 2v + 2√
v). Since h(v) is increasing on (0,∞) and
h(0) = 0, the first term in (6.10) is positive. The sum of the two last terms in
(6.10) is greater than log(4πt) which, in turn, is positive for t > 1/(4π), i.e. for
α < e−1/(4π) ≃ 0.92. But, obviously, for α > 0.5 quantiles u(α, k) are smaller
than k, thus satisfy (4.2). This completes the proof. 
P r o o f o f T h e o r e m 4.1. For y > 0 let us define the function g(y) =
(e
y − 1 − y)/y2
. Then g is increasing on (0,∞) and takes values in (1/2,∞). Put
(6.11) a = a(C) = [g
−1
(2/C2
)/C]
2
.
Inserting u
∗∗ = k + 2t + C
√
kt into (6.9) and repeating the same calculations as
in the preceding proof we see that it is enough to show that
(6.12)
k
(
C
√
v − log(1 + 2v + C
√
v)
)
+ 2 log (
2
√
k
+
2t
√
k
+ C
√
t
)
+ log π ­ 0
for t ­ ak or, equivalently, v ­ a. The relation v ­ a is equivalent to g(C
√
v) ­
2/C2
, which in turn means that the first term in (6.12) is nonnegative. Obviously,
g(
√
2) < 1. Consequently, for C ¬
√
2 we have a > 1 and for t ­ ak > k the
second term in (6.12) is positive, which proves (6.12) in this case. If C > √
2
and t > 1/2, then the second term in (6.12) is positive. Finally, for C > √
2 and
t ¬ 1/2, i.e. for α ­ e
−1/2 > 1/2, the inequality (4.3) is trivially satisfied, as was
seen in the previous proof. This concludes the proof. 
P r o o f o f T h e o r e m 4.2. For k = 2 the relation (4.3) is obvious. So, assume
k ­ 3. Applying (6.9) to u
∗∗ = k + 2t + 2√
k log1+d
t, repeating the same
calculations as in the previous proofs and setting log t = u we see that it is enough
to check that
(6.13) ψk(u) + 2 log(1 + e
−u +
√
ku1+d
e
−u
) + log 4π
k
­ 0
for k ­ 3, 0 < d < 1 and u ­ u0(k, d) = (
(k − 2)/2
√
k
)1/d, where
ψk(u) = 2√
ku1+d + 2u − k log (
1 +
2
k
e
u +
2
√
k
u
1+d
)
.
A standard calculation shows that for every k ­ 3 and 0 < d < 1 the function
ψk(u) is increasing on (u0/2,∞).
Chi-square quantiles 347
For k ­ 8 we omit the second term in (6.13) and it remains to show that
(6.14) ψk(u0) + log 4π
k
= −k log (
2
k
+ e
−u0 +
k − 2
k
u0e
−u0
)
+ log 4π
k
is nonnegative. Since the expression under the logarithm in (6.14) is decreasing
with respect to u0 and d ranges from 0 to 1, it attains its largest value for the
minimal value of u0, i.e. 3/
√
8. So, the expression under the logarithm in (6.14)
can be bounded by 0.97, which reduces this expression to k/33 + log(4π/k) and
which is obviously greater than zero for all k.
For 3 ¬ k ¬ 7 and 0 < d < 1 we have u0 ∈ (0, 1). So, ψk(u) is increasing on
(1,∞). Hence, to prove (6.13) in (1,∞) we omit the second term in (6.13) and it
remains to check that
ψk(1) + log 4π
k
= 2√
k + 2 − k log (
1 +
2e
k
+
2
√
k
)
+ log 4π
k
­ 0,
which we do directly for each value of k under consideration.
For u ∈ (u0, 1) we shall consider k = 5, 6, 7 and k = 3, 4, separately.
For k = 5, 6 and 7 we see by a routine calculation that the expression θ =
e
−u +
√
ku1+d
e
−u
is either increasing on (u0, 1) or increasing on some interval
(
u0, u1(d, k)
)
and decreasing on (
u1(d, k), 1
)
. Hence it attains the minimal value
at u = 1 or at u = u0. As u0 ∈ (0, 1), a simple calculation shows that θ is at least
5e
−1/2. This means that the second term in (6.13) can be bounded from below by
2 log(1 + 5e
−1/2) > 1.3. Again by the monotonicity of ψk on (u0, 1) we infer that
it is enough to check that
(6.15) − k log (
2
k
+ e
−u0 +
k − 2
k
u0e
−u0
)
+ 1.3 + log 4π
k
­ −k log (
1 +
2
k
)
+ 1.3 + log 4π
k
­ 0.
A straightforward calculation shows (6.15) for k = 5, 6 and 7.
For k = 3 and 4 the second term on the left-hand side of (6.13) in (u0, 1) is
larger than 2 log(1 + e
−1
) > 0.6. Arguing as above we see that it is enough to
check that −k log(1 + 2/k) + 0.6 + log(4π/k) ­ 0, which obviously holds for
k = 3 and 4. This concludes the proof. 
Similarly to the reasoning for the upper bound and due to (3.2) in order to
show that u(α, k) ­ u
∗
for some u
∗
it is enough to prove that
(6.16) 1 − e
−2
2
u
∗
u
∗ − k + 2√
k
Ek(u
∗
) ­ α.
For the future use we put κ = −2 log (
(1 − e
−2
)/2
)
≈ 1.6771.

ผลลัพธ์ (ไทย) 1:

ที่ h(v) = 2√v −ล็อก (1 + 2v + 2√v) เนื่องจาก h(v) จะเพิ่ม (0 ∞) และh(0) = 0 ระยะแรกใน (6.10) เป็นค่าบวก ผลรวมของสองพจน์สุดท้ายใน(6.10) มากกว่า log(4πt) ซึ่ง เป็นค่าบวกสำหรับ t > 1/(4π) เช่นสำหรับΑ < e−1/(4π) ≃ 0.92 แต่ ชัด สำหรับα > 0.5 u quantiles (α k) มีขนาดเล็กกว่า k จึงตอบสนอง (4.2) เสร็จสิ้นการพิสูจน์ P r o o f o f T h e o r e m 4.1 สำหรับ y > 0 ให้เรากำหนด g(y) ฟังก์ชัน =(ey − 1 − y) / y2. แล้ว g เพิ่ม (0 ∞) และใช้ค่าใน (1/2 ∞) ย้าย(6.11) เป็น = a(C) = [g−1(2/C2) / C]2.แทรก u∗∗ = k + 2t + C√kt เป็น (6.9) และการคำนวณเดียวกันเป็นการทำซ้ำในหลักฐานข้างต้น เราเห็นว่า มันเป็นที่เพียงพอ(6.12)k(C√v −ล็อก (1 + 2v + C√v))+ 2 ระบบ(2√k+2t√k+ C√t)+ ระบบπ 0สำหรับ t ak หรือ equivalently, v เป็นการ V ความสัมพันธ์จะเท่ากับ g (C√v)2/C2ซึ่งจะหมายความ ว่า คำ (6.12) ใน nonnegative อย่างชัดเจนg (√2) < 1 ดังนั้น สำหรับ C ¬√2 เรามี > 1 และ t ak > kระยะที่สองใน (6.12) เป็นบวก ซึ่งพิสูจน์ (6.12) ในกรณีนี้ ถ้า C > √2และ t > 1/2 แล้วสองใน (6.12) เป็นค่าบวก ในที่สุด สำหรับ C > √2 และ¬ t 1/2 เช่นสำหรับα e−1/2 > 1/2 อสมการ (4.3) เป็น trivially พอใจ เป็นเห็นในหลักฐานก่อนหน้านี้ ซึ่งสรุปหลักการ P r o o f o f T h e o r e m 4.2 สำหรับ k = 2 (4.3) ความสัมพันธ์ไม่ชัดเจน ดังนั้น สมมติk 3 ใช้ (6.9) กับคุณ∗∗ = k + 2t + 2√k log1 + dt ซ้ำเหมือนกันคำนวณตามหลักฐานก่อนหน้านี้และตั้งค่าบันทึก t = u ที่เราเห็นว่า มันเป็นพอการตรวจสอบว่าΨk(u) (6.13) + ล็อก 2 (1 + อี−u +√ku1 + dอี−u) + ล็อก 4πk0สำหรับ k 3, 0 < d < 1 และคุณ u0 (k, d) =((k − 2) / 2√k) 1/dΨk(u) = 2√ku1 + d + คลุม 2u (ล็อก− k1 +2kอีu +2√ku1 + d).การคำนวณมาตรฐานแสดงให้เห็นว่าสำหรับทุก k 3 และ 0 < d < ข่าวลือ 1 ฟังก์ชันเพิ่ม ψk(u) (u0/2 ∞)Chi-square quantiles 347สำหรับ k 8 เราไม่ใช้สองใน (6.13) และยังคงที่Ψk(u0) + ล็อก (6.14) 4πk=(ล็อก −k2k+ e−u0 +k − 2ku0e−u0)+ 4π ล็อกkเป็น nonnegative เนื่องจากนิพจน์ภายใต้ลอการิทึมใน (6.14) จะลดลงกับ u0 และ d ช่วง 0 1, attains ค่าที่ใหญ่ที่สุดในการค่าน้อยที่สุดของ u0 เช่น 3 /√8. ดังนั้น นิพจน์ภายใต้ลอการิทึมใน (6.14)สามารถล้อมรอบ ด้วย 0.97 ซึ่งลดนี้นิพจน์ที่ k/33 + log(4π/k) และซึ่งจะเห็นได้ชัดมากกว่าศูนย์สำหรับ k ทั้งหมดสำหรับ¬ 3 k ¬ 7 และ 0 < d < 1 เรามี u0 ∈ (0, 1) ดังนั้น การเพิ่ม ψk(u) ใน(1,∞). ดังนั้น เราข้ามสองใน (6.13) และการพิสูจน์ (6.13) ใน (1 ∞)ยังคงต้องตรวจสอบว่าΨk(1) + ล็อก 4πk= 2√k + 2 − k (เข้าสู่ระบบ1 +2ek+2√k)+ 4π ล็อกk0ที่เราทำโดยตรงในแต่ละค่าของ k ภายใต้การพิจารณาสำหรับคุณ∈ (u0, 1) เราจะพิจารณา k = 5, 6, 7 และ k = 3, 4 แยกต่างหากสำหรับ k = 5, 6 และ 7 ที่เราเห็น โดยคำนวณตามปกติที่θนิพจน์ =อี−u +√ku1 + dอี−uเป็นอย่างใดอย่างหนึ่งเพิ่ม (u0, 1) หรือเพิ่มขึ้นในบางช่วง(u0, u1 (d, k))และลดลงใน(u1(d, k), 1). ดังนั้น มัน attains ค่าน้อยที่สุดที่ u = 1 หรือที่ u = u0 เป็น∈ u0 (0, 1), คำนวณอย่างง่าย ๆ แสดงว่าθเป็นอย่างน้อย5e คือแบบ−1/2 กล่าวคือระยะที่สองใน (6.13) สามารถจะล้อมรอบจากด้านล่างด้วยล็อก 2 (1 + 5e คือแบบ−1/2) > 1.3 อีก โดย monotonicity ของ ψk บน (u0, 1) เรารู้ที่ก็พอที่จะตรวจสอบว่า(ล็อก k − (6.15)2k+ e−u0 +k − 2ku0e−u0)+ 1.3 + ล็อก 4πk(ล็อก −k1 +2k)+ 1.3 + ล็อก 4πk0การคำนวณที่ตรงไปตรงมาแสดง (6.15) k = 5, 6 และ 7สำหรับ k = 3 และ 4 ระยะที่สองด้านซ้ายของ (6.13) ใน (u0, 1) คือมีขนาดใหญ่กว่าแฟ้มบันทึกที่ 2 (1 + อี−1) > 0.6 โต้เถียงดังกล่าวเราเห็นว่า มันเป็นพอตรวจสอบว่าล็อก −k (1 + 2/k) 0.6 + log(4π/k) 0 ซึ่งเห็นได้ชัดมีการk = 3 และ 4 ซึ่งสรุปหลักการ คล้ายกับเหตุผลขอบเขตบน และเนื่อง จากสั่งใน (3.2)แสดงว่า u u (α k)∗สำหรับบาง u∗เป็นการพิสูจน์ที่เพียงพอE − 1 (6.16)−22u∗u∗ − k + 2√kเอก (u∗) ­ α.สำหรับใช้ในอนาคต เราวางκ =(ล็อก −2(1 − e−2) / 2)≈ 1.6771

ผลลัพธ์ (ไทย) 2:

ที่เอช (โวลต์) = 2√
วี - เข้าสู่ระบบ (1 + 2v 2√ +
V) ตั้งแต่ h (V) ในการเพิ่มขึ้น (0, ∞) และ
เอช (0) = 0 ระยะแรกใน (6.10) เป็นบวก ผลรวมของสองคำสุดท้ายใน
(6.10) มีค่ามากกว่าการเข้าสู่ระบบ (4πt) ซึ่งในการเปิดเป็นบวกสำหรับ t> 1 / (4π) คือสำหรับ
α <E-1 / (4π) ≃ 0.92 แต่เห็นได้ชัดสำหรับα> 0.5 quantiles ท่าน (α, k) ที่มีขนาดเล็ก
กว่า k จึงตอบสนอง (4.2) เสร็จสมบูรณ์หลักฐาน ?
P roofof T heorem 4.1 สำหรับปี> 0 ให้เรากำหนดฟังก์ชัน g (y) =
(จ
Y - 1 -
Y) / y2 จากนั้นก. จะเพิ่มขึ้นใน (0, ∞) และใช้ค่าใน (1/2, ∞) ใส่
(6.11) = (C) = [กรัม
-1
(2 / C2
) / C]
2
.
ใส่ยู
** = k + 2t + C
√
kt ลงใน (6.9) และการทำซ้ำการคำนวณเช่นเดียวกับ
ในก่อนหน้านี้ หลักฐานที่เราเห็นว่ามันก็เพียงพอที่จะแสดงให้เห็นว่า
(6.12)
k
(
C
√
วี - เข้าสู่ระบบ (1 + 2V + C
√
V)
)
+ 2 เข้าสู่ระบบ (
2
√
k
+
2t
√
k
+ C
√
ที
)
+ เข้าสู่ระบบπ 0
สำหรับ t อาก้าหรือเท่ากันโวลต์ va สัมพันธ์เทียบเท่ากับกรัม (C
√
V)
2 / C2
ซึ่งหมายความว่าในระยะแรกใน (6.12) เป็นค่าลบ เห็นได้ชัดว่า
กรัม (
√
2) <1 ดังนั้นสำหรับ C ¬
√
2 เรามี> 1 และสำหรับ t อาก้า> k
ในระยะที่สอง (6.12) เป็นบวกซึ่งพิสูจน์ (6.12) ในกรณีนี้ ถ้า C> √
2
และเสื้อ> 1/2 จากนั้นในระยะที่สอง (6.12) เป็นบวก สุดท้ายสำหรับ C> √
ที่ 2 และ
เสื้อ¬ 1/2 เช่นสำหรับαอี
-1/2> 1/2, ความไม่เท่าเทียมกัน (4.3) มีความพึงพอใจนิด ๆ ตามที่ได้
เห็นในหลักฐานก่อนหน้านี้ นี้สรุปหลักฐาน ?
P roofof T heorem 4.2 สำหรับ k = 2 ความสัมพันธ์ (4.3) เห็นได้ชัด ดังนั้นถือว่า
k 3. การประยุกต์ใช้ (6.9) เพื่อท่าน
** = k + 2t + 2√
k log1 + d
เสื้อซ้ำเดียวกัน
ในการคำนวณเป็นหลักฐานก่อนหน้านี้และการตั้งค่าทีบันทึก = u ที่เราจะเห็นว่ามันก็เพียงพอ
ที่จะตรวจสอบ ที่
(6.13) ψk (U) + 2 เข้าสู่ระบบ (1 + E
-u +
√
ku1 + d
อี
-u
) + เข้าสู่ระบบ4π
k
0
สำหรับ k 3, 0 <d <1 และ u U0 (k, d) = (
(k - 2) / 2
√
k
) 1 / d ที่
ψk (มึง) = 2√
ku1 + d + 2u - บันทึก k (
1 +
2
k
อี
ยู +
2
√
k
ยู
1 + d
)
.
การคำนวณมาตรฐาน แสดงให้เห็นว่าทุก k 3 คนและ 0 <d <1 ฟังก์ชั่น
ψk (มึง) จะเพิ่มขึ้น (U0 / 2, ∞).
Chi-square quantiles 347
k 8 สำหรับเราละเว้นในระยะที่สอง (6.13) และมันยังคงที่ แสดงให้เห็นว่า
(6.14) ψk (U0) + เข้าสู่ระบบ4π
k
= บันทึก -k (
2
k
+ E
-u0 +
k - 2
k
u0e
-u0
)
+ เข้าสู่ระบบ4π
k
เป็นค่าลบ ตั้งแต่การแสดงออกภายใต้ลอการิทึมใน (6.14) จะลดลง
ด้วยความเคารพ U0 และช่วง d 0-1 ก็บรรลุค่ามากที่สุดสำหรับ
ค่าที่น้อยที่สุด U0 คือ 3 /
√
8 ดังนั้นการแสดงออกภายใต้ลอการิทึมใน (6.14)
สามารถกระโดดจาก 0.97 ซึ่งจะช่วยลดการแสดงออกนี้เพื่อ k / 33 + เข้าสู่ระบบ (4π / k) และ
ซึ่งจะเห็นได้ชัดมากขึ้นกว่าที่เป็นศูนย์สำหรับทุก k.
สำหรับ 3 k ¬¬ 7 และ 0 <d <1 เรามี U0 ∈ (0, 1) ดังนั้นψk (มึง) จะเพิ่มขึ้นใน
(1, ∞) ดังนั้นการที่จะพิสูจน์ (6.13) ใน (1, ∞) เราละเว้นในระยะที่สอง (6.13) และมัน
ยังคงตรวจสอบว่า
ψk (1) + เข้าสู่ระบบ4π
k
= 2√
k + 2 - k บันทึก (
1 +
2e
k
+
2
√
k
)
+ เข้าสู่ระบบ4π
k
0,
ที่เราทำโดยตรงค่าของแต่ละ k ภายใต้การพิจารณา.
สำหรับยู∈ (U0, 1) เราจะพิจารณา k = 5, 6, 7 และ k = 3, 4, แยก
สำหรับ k = 5, 6 และ 7 ที่เราเห็นจากการคำนวณประจำที่แสดงออกθ =
E
-u +
√
ku1 + d
e
-u
เป็นทั้งที่เพิ่มขึ้น (U0, 1) หรือเพิ่มขึ้นในบางช่วงเวลา
(
U0, u1 (ง , k)
)
และลดลงใน (
u1 (d, k), 1
)
ดังนั้นมันบรรลุค่าที่น้อยที่สุด
ที่ U = 1 หรือที่ยู = U0 ในฐานะที่เป็น U0 ∈ (0, 1) คำนวณง่ายแสดงให้เห็นว่าθคืออย่างน้อย
5e
-1/2 ซึ่งหมายความว่าในระยะที่สอง (6.13) สามารถกระโดดจากด้านล่างโดย
บันทึก 2 (1 + 5e
-1/2)> 1.3 อีกครั้งโดย monotonicity ของψkบน (U0, 1) เราสรุปว่า
มันก็เพียงพอที่จะตรวจสอบว่า
(6.15) - k ล็อก (
2
k
+ E
-u0 +
k - 2
k
u0e
-u0
)
+ 1.3 + เข้าสู่ระบบ4π
k
- บันทึก k (
1 +
2
k
)
+ 1.3 + เข้าสู่ระบบ4π
k
0.
แสดงให้เห็นว่าการคำนวณตรงไปตรงมา (6.15) สำหรับ k = 5, 6 และ 7
สำหรับ k = 3 และ 4 ระยะที่สองทางด้านซ้ายมือของ (6.13 ) ใน (U0 1) เป็น
ขนาดใหญ่กว่า 2 เข้าสู่ระบบ (1 + E
-1
)> 0.6 เถียงข้างต้นเราจะเห็นว่ามันก็เพียงพอที่จะ
ตรวจสอบว่าบันทึก -k (1 + 2 / k) + 0.6 + เข้าสู่ระบบ (4π / k) 0 ซึ่งเห็นได้ชัดว่าถือสำหรับ
k = 3 และ 4 นี้สรุปหลักฐาน ?
ในทำนองเดียวกันกับการให้เหตุผลสำหรับผูกไว้และเนื่องจากตอนบน (3.2) เพื่อที่จะ
แสดงให้เห็นว่าท่าน (α, k) ยู
*
สำหรับบางท่าน
*
มันก็เพียงพอที่จะพิสูจน์ว่า
(6.16) 1 - e
-2
2
ท่าน
*
ยู
* - k + 2√
k
เอก
(ยู*
.) α
​​สำหรับการใช้งานในอนาคตที่เราใส่κ = -2 บันทึก (
(1 - e
-2
) / 2
)
≈ 1.6771

ผลลัพธ์ (ไทย) 3:

ที่ H ( V ) = 2 √
V − log ( 1 ชั่วโมง 2 √
v ) ตั้งแต่ H ( V ) เพิ่ม ( 0 ∞ ) และ
H ( 0 ) = 0 , เทอมแรก ( 6.10 ) เป็นบวก ผลรวมของทั้งสองเมื่อเงื่อนไข
( 6.10 ) มากกว่าบันทึก ( 4 π T ) ซึ่ง จะเป็นบวกสำหรับ t > 1 / 4 π ) เช่น
α < E − 1 / 4 π ) ≃ 0.92 . แต่ แน่นอน สำหรับα > 0.5 quantiles U ( α , K ) มีขนาดเล็กกว่า k
จึงตอบสนอง ( 4.2 ) การพิสูจน์เสร็จสิ้น 
P r o O F F O T H E R O M E 4.1 . Y > 0 ให้เรากำหนดฟังก์ชัน G ( y ) =
( e
y − 1 − y ) Y2

แล้ว G เพิ่มขึ้น ( 0 , ∞ ) และใช้ค่า ( 1 / 2 ∞ ) ใส่
( 6.11 ) = a ( C ) = [ − 1 G

( 2 / C2
) / c
2
.
u
ใส่∗∗ = k 2t C
√
KT ( 6.9 ) และการคํานวณเดียวกับ
ในก่อนหน้านี้หลักฐานที่เราเห็น นั่นก็คือ พอที่จะแสดงให้เห็นว่า
( 6.12 )
k
(
c
√
V − log ( 1 ชั่วโมง C
√
V )
)
2 log (
2
√
k

2t

k
C
√√
T
)
0
ล็อกπองทีอง AK หรือ , ก้อง , V . V องความสัมพันธ์องเป็นเทียบเท่ากับ G ( c
√
V
2 ) อง / C2
, ซึ่งจะหมายถึงว่าในเทอมแรก ( ริม ) nonnegative . อย่างชัดเจน ,
g (
√
2 ) < 1 ดังนั้น เพื่อให้¬

2 C √เรามี > 1 และ T อง AK > K
ระยะที่สอง ( 6.12 ) เป็นบวก ซึ่งพิสูจน์ได้ ( 6.12 ) ในกรณีนี้ ถ้า C > √
2
T > 1 / 2แล้วระยะที่สอง ( 6.12 ) เป็นบวก สุดท้ายสำหรับ C > √
2
t ¬ 1 / 2 เช่นαอง E
− 1 / 2 1 / 2 , ความไม่เท่าเทียมกัน ( 4.3 ) ไม่พอใจเล็กๆ น้อยๆ เช่น ถูก
เห็นในหลักฐานก่อนหน้านี้ นี่คือหลักฐาน 
P r o O F F O T H E R O M E 4.2 . ค่า K = 2 กับ ( 4.3 ) ชัดเจน ดังนั้น สมมติ
k อง 3 การประยุกต์ใช้ ( 6.9 ) u
∗∗ = k 2t 2 √
K log1 D
t ซ้ำเหมือนกัน
การคำนวณในหลักฐานการบันทึกก่อนหน้านี้และ t = u เราเห็นว่ามันเป็นพอ

( 6.13 ) เพื่อตรวจสอบว่าψ K ( u ) 2 ระบบ ( 1 √
U
E
− ku1 D
E
U
− ) เข้าสู่ระบบ 4 π
K
0
3 k ององสำหรับ 0 < D < 1 U0 U อง ( K ( , D ) = (
( K ( − 2 ) / 2
√
k
) 1 / D ,
ψ K ( u ) บันทึก = 2 √
ku1 D 2U − K (
1
2
k
E
U
2 √
k
U

1 D
)
.
คำนวณมาตรฐานแสดงให้เห็นว่าสำหรับทุก k อง 3 และ 0 < D < 1 ฟังก์ชัน
ψ K ( u ) เพิ่ม ( U0 / 2 , ∞ )

ไคสแควร์ quantiles 347 สำหรับ k อง 8 เราละเว้นระยะที่สอง ( 6.13 ) และยังคงแสดงให้เห็นว่า
( 6.14 ) ψ K ( U0 ) เข้าสู่ระบบ 4 π
K
= − log K (
2
K
E
U0
K −− 2
k
‎ U0
)

− log 4 π
k
เป็น nonnegative . เนื่องจากการแสดงออกภายใต้ลอการิทึม ( 6.14 ) ลดลง
ด้วยความเคารพ U0 D ช่วงจาก 0 เป็น 1 ก็ต้องได้ค่ามากที่สุดสำหรับ
ค่าที่น้อยที่สุดของ U0 คือ 3 /
√
8 ดังนั้น การแสดงออกภายใต้ลอการิทึม ( 6.14 )
สามารถล้อมรอบด้วยคน ซึ่งลดการแสดงออกนี้ K / 33 ) ( 4 π / K )
ซึ่งจะเห็นได้ชัดมากกว่าศูนย์สำหรับ K .
3 ¬ K ¬ 7 และ 0 < D < 1 เรามี U0 ∈ ( 0 , 1 ) ดังนั้น ψ K ( u )
( เพิ่ม 1 , ∞ ) ดังนั้น เพื่อพิสูจน์ ( 6.13 ) ( 1 , ∞ ) เราละเว้นระยะที่สอง ( 6.13 ) และมันยังคงที่จะตรวจสอบว่า

ψ K ( 1 ) เข้าสู่ระบบ 4 π
k

k = 2 √ 2 − log K (
1
2
k
2
√
k
)


πเข้าสู่ระบบ 4 k อง 0
ซึ่งเราโดยตรงสำหรับแต่ละค่าของ K ภายใต้การพิจารณา .
u ∈ ( U0 1 ) เราจะพิจารณา k = 5 , 6 , 7 และ k = 3 , 4 แยก
ค่า K = 5 , 6 และ 7 ที่เราเห็นโดยคำนวณตามปกติที่แสดงออกθ =
E
U

ku1 √−− e
U
D
( คือการเพิ่มใน U0 1 ) หรือเพิ่มขึ้นในบางช่วงเวลา ( U0

, d ( , k ) U1

)และลดลง (
U1 d ( , k ) 1
)
จึงได้ค่าที่น้อยที่สุด
ที่ 1 หรือ ที่ U = u = U0 . เป็น U0 ∈ ( 0 , 1 ) , คำนวณง่ายๆ แสดงให้เห็นว่าθเป็นอย่างน้อย

5E − 1 / 2 นี่หมายความว่า ระยะที่สอง ( 6.13 ) สามารถล้อมรอบจากด้านล่างโดย
2 log ( 1 5E
− 1 / 2 ) > 1.3 . อีกครั้ง โดย monotonicity ของψ K ( U0 1 ) เราอนุมานว่ามันเพียงพอที่จะตรวจสอบว่า

( 6.15 ) − log K (
2
k
E
U0
K −− 2
k

‎− U0
)


π 1.3 บันทึก 4 K ( − log อง K
1
2
k
)


π 1.3 บันทึก 4 k อง 0
การคำนวณตรงไปตรงมาแสดง ( 6.15 ) k = 5 , 6 และ 7 .
สำหรับ k = 3 และ 4 ระยะที่สองบน ที่ด้านซ้ายมือของ ( 6.13 ) ( U0
1 ) ขนาดใหญ่กว่า 2 log ( 1 E
− 1
) > 0.6 เถียงกันข้างบน เราเห็นว่ามันเป็นพอ

ตรวจสอบ log K ( − 1 2 / K ) 0.6 บันทึก ( 4 π / K ) อง 0 ซึ่งเห็นได้ชัดถือสำหรับ
k = 3 และ 4นี่คือหลักฐาน 
ในทํานองเดียวกันเพื่อเหตุผลบนผูกพัน และเนื่องจาก ( 3.2 ) เพื่อแสดงให้เห็นว่า ( α
U , k )
U
∗องบาง∗ U

มันก็เพียงพอที่จะพิสูจน์ได้ว่า
( 6.16 ) 1 −− 2
2 E

U
U

∗∗ K − 2 √
k
EK ( U
∗
) องα .
สำหรับใช้ในอนาคตที่เราใส่κ = − 2 log (
( 1 −− 2 E

) / 2
)
≈ 1.6771 .