内部 Laplace 方法

为什么宽度是平方根尺度 ​

在谷底附近，Taylor 展开理路泰勒定理Taylor's theorem足够光滑函数由有限阶导数多项式加余项表示。给出

要让指数变化保持在数量级 1，需要 $\lambda (t-t_0{)}^2\approx 1$，故令 $t=t_0+u/\sqrt{\lambda }$。提出最小相位后，局部积分变成

固定 $u$ 时，被积函数趋向 $e^{-d{u}^2/2}q(t_0)$。仅有逐点收敛还不够，因为积分区间正在伸长。由 $d>0$，可选固定小邻域，使 $p(t)-p(t_0)\ge c(t-t_0{)}^2$，其中 $c>0$。又因 $q$ 有界，缩放后的局部被积函数被 $M{e}^{-c{u}^2}$ 控制；这个函数在实轴可积，控制收敛定理理路控制收敛定理Dominated convergence theorem几乎处处收敛且被同一可积函数控制时，可以交换极限与积分。便允许取极限。

邻域外由唯一极小性和紧性得到正相位间隙，因此贡献至多是 $e^{-\lambda p(t_0)}O(e^{-\eta \lambda })$。最后利用

得到主项。Gaussian 常数可以把积分平方，化成平面上的极坐标积分求得，并不是任意选取的归一化。

具体计算与可证明误差 ​

取

此时 $d=1,p_3=0,p_4=6,q=1$，所以

本例可以给两项近似 $A_2$ 一个明确界。先把积分延到实轴，换元 $u=\sqrt{\lambda }t$。对 $v\ge 0$，$|e^{-v}-1+v|\le v^2/2$；令 $v=u^4/(4\lambda )$，积分后得到

而原区间外有 $t^2/2+t^4/4\ge t^2/2$，所以

两界相加就是原积分的证书。$\lambda =32$ 时，$A_2\approx 0.4327279909$，积分约为 $0.4338768415$，绝对误差约 $0.0011488506$，小于上述总界。这里上界的常数也有推导，可以和近似一起复算。

适用边界：四次谷底和多个谷底 ​

若 $p(t)=t^4$，则 $p^{″}(0)=0$，平方根公式不能用。直接换元 $u={\lambda }^{1/4}t$，得到

峰变平后，重要区间更宽，积分衰减更慢；非驻定端点理路端点 Laplace 方法Endpoint Laplace method · Laplace method at a nonstationary endpoint当实指数相位在区间端点取得唯一极小值且端点斜率非零时，用一阶端点尺度提取积分主项和后续系数。的宽度则为 ${\lambda }^{-1}$，也不能混用内部二次公式。这里 $\mathrm{\Gamma }(s)={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-u}{u}^{s-1}du$，常数由 $v=u^4$ 算出。

若有几个分离的非退化全局极小点，应将各个 Gaussian 贡献相加；只保留其中一个会漏掉同阶量。如果点的位置或曲率随另一个参数变化，当两个点靠近或曲率趋零时，各固定参数的公式可能不再一致。对这样的过渡问题，先重新找缩放变量，比继续增加普通展开项更重要。

再算一项，哪些导数会出现 ​

若进一步有 $p\in C^4$、$q\in C^2$，写 $p_j=p^{(j)}(t_0)$、$q_j=q^{(j)}(t_0)$，则

其中

公式可在缩放坐标中逐项核对。振幅二次项给 $q_2{u}^2/(2\lambda )$；相位四次项给 $-q_0{p}_4{u}^4/(24\lambda )$；两个三次相位因子相乘给 $q_0{p}_3^2{u}^6/(72\lambda )$；振幅一次项和相位三次项交叉给 $-q_1{p}_3{u}^4/(6\lambda )$。奇函数项在对称局部区间积分为零。

把这些项分别除以 Gaussian 总质量，对应的偶次矩是 $1/d,3/d^2,15/d^3$，就得到 $C_1$。这些矩由分部积分递推获得。为控制余项，可以先限制到随 $\lambda$ 缓慢扩大的 $u$ 区间，使有限 Taylor 余项一致小，再用 Gaussian 尾部控制其余部分；不能在整个实轴上无条件宣称 Taylor 余项一致。