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大参数积分：截断证书、贡献尺度与相位 ​

下面几项看起来都含指数，但指数衰减、端点截断和振荡抵消是不同机制。完成本任务应交付有限余项、尺度来源与条件检查；小数结果仅作复核。

输入与任务 ​

1. 对 $F(x)={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-xt}/(1+t)dt$，证明 $N$ 项展开的余项符号及上界，在 $x=8$ 时给出有理包围区间，解释为什么 $N=16$ 不如 $N=8$
2. 将振幅换成 $t^{-1/2}/(1+t)$，求三项展开与严格余项界；说明为何首项变成 $x^{-1/2}$
3. 分别求 $E(\lambda )={\int }_0^1{e}^{-\lambda (t+t^2)}dt$ 和 $J(\lambda )={\int }_{-1}^1{e}^{-\lambda (t^2/2+t^4/4)}dt$ 的两项展开，写出每种情况的贡献宽度
4. 对 $K(\lambda )={\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-t^2}{e}^{i\lambda t^2/2}dt$，给出精确复数式和主项；把相位符号反转后，答案怎样变化
5. 将上一问的二次相位换成四次相位，解释为何不能继续使用二次驻相公式；另算正实积分 ${\int }_0^{\mathrm{\infty }}{t}^2{e}^{-\lambda t^3}dt$ 的精确值
6. 审核两份报告：“振幅无限光滑，所以 ${\int }_0^1{e}^{i\lambda t}dt$ 比任意负幂都小”；“$F+100e^{-x}$ 与 $F$ 的幂次展开相同，所以二者共用同一个严格截断区间”

答案一：保留项数与参数分开 ​

有限几何恒等式给出

$$F(x)=S_N(x)+(-1{)}^N{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{-xt}{t}^N}{1+t}dt,S_N(x)=\sum _{k=0}^{N-1}\frac{(-1{)}^{k}k!}{x^{k+1}}.$$

余项符号为 $(-1{)}^N$，模长至多 $B_N=N!/x^{N+1}$。$B_{N+1}/B_N=(N+1)/x$，故 $x=8$ 时 $N=7,8$ 给并列最小上界。由余项符号，可以直接用下列有限和作为精确端点：

$$\sum _{k=0}^7\frac{(-1{)}^{k}k!}{8^{k+1}}\le F(8)\le \sum _{k=0}^6\frac{(-1{)}^{k}k!}{8^{k+1}}.$$

它们分别为 $117581/1048576=0.11213397979736328125$ 与 $14737/131072=0.11243438720703125$，均为有限二进制分数。$N=16$ 时的真实绝对误差约为 $0.00305423$，大于 $N=8$ 时的 $0.000145659$。无限增加项数是在固定输入下逼近发散级数，并不受固定阶数的渐近定义保证。

答案二：振幅的可积奇性 ​

用 Watson 引理理路Watson 引理Watson's lemma · Watson lemma · Watson 引理（Laplace 积分）在指数加权尾部可控的条件下，把振幅在积分端点的局部幂次展开转成大参数 Laplace 积分的渐近展开。，取 $\alpha =1/2,\beta =1$，得到

$$\sqrt{\pi }{x}^{-1/2}-\frac{\sqrt{\pi }}{2}{x}^{-3/2}+\frac{3\sqrt{\pi }}{4}{x}^{-5/2}.$$

余项为负，模长至多 $15\sqrt{\pi }/(8x^{7/2})$。指数集中的宽度仍是 $x^{-1}$，但 $t^{-1/2}$ 在这段区间约有 $x^{1/2}$ 大，乘起来使积分为 $x^{-1/2}$ 量级。因此相同的平方根幂次可能来自不同机制。

答案三：端点斜率与内部曲率 ​

$E$ 的左端点是唯一极小点且 $p^{\prime }(0)=1$，所以

$$E(\lambda )={\lambda }^{-1}-2{\lambda }^{-2}+O({\lambda }^{-3}).$$

贡献宽度是 ${\lambda }^{-1}$。换元 $s=t+t^2$ 后的振幅为 $(1+4s{)}^{-1/2}$，展开为 $1-2s+6s^2+\cdots$，可独立检查系数。

$J$ 在内部 $t=0$ 有二次极小点，曲率为 1，故

$$J(\lambda )=\sqrt{2\pi /\lambda }(1-3/(4\lambda )+O({\lambda }^{-2})).$$

贡献宽度是 ${\lambda }^{-1/2}$。两项近似的严格误差至多

$$\sqrt{2\pi /\lambda }\frac{105}{32{\lambda }^2}+\frac{2e^{-\lambda /2}}{\lambda },$$

前项控制 Gaussian 权重下的四次修正余项，后项控制把有限区间延到实轴产生的尾差。

答案四：复数相位也是输出的一部分 ​

取实部为正的平方根分支，有

$$K(\lambda )=\frac{\sqrt{\pi }}{\sqrt{1-i\lambda /2}}=e^{i\pi /4}\sqrt{2\pi /\lambda }(1-i/\lambda +O({\lambda }^{-2})).$$

相位符号反转后结果取复共轭，主因子变为 $e^{-i\pi /4}$。若只报告 $\sqrt{2\pi /\lambda }$，就只给出了主项模长，未给出复积分的近似。

答案五：退化点需要新的尺度 ​

四次相位的二阶导数在驻点为零，不满足非退化驻相定理理路一维驻相法One-dimensional stationary phase · Method of stationary phase · 驻相方法从实相位的非退化驻点提取振荡积分的平方根量级主项，并保留曲率符号决定的四分之一圆周相位。。要让 $\lambda t^4$ 保持数量级 1，应令 $t={\lambda }^{-1/4}u$，因此先验尺度变为 ${\lambda }^{-1/4}$。确定常数和余项还需对该模型的振荡积分单独分析，不能沿用二次 Fresnel 常数。

对正实积分，换元 $u=\lambda t^3$ 给出 $t^{2}dt=du/(3\lambda )$，所以

$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}{t}^2{e}^{-\lambda t^3}dt=\frac{1}{3\lambda }{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-u}du=\frac{1}{3\lambda }.$$

它的相位是三次，贡献宽度是 ${\lambda }^{-1/3}$，但振幅贡献额外的 ${\lambda }^{-2/3}$。积分最终仍为 ${\lambda }^{-1}$，再次说明只看最终幂次不能反推出唯一机制。

答案六：两个报告都缺关键条件 ​

第一份遗漏了端点。精确式为 $(e^{i\lambda }-1)/(i\lambda )$，沿 $\lambda =(2n+1)\pi$ 模长是 $2/\lambda$。任意阶衰减需要相应端点项消失，而不只需要区间内部光滑。

第二份遗漏了函数本身的余项信息。增加 $100e^{-x}$ 不改变任何幂次系数，却改变固定输入处的值；$F$ 的积分余项只能证明 $F$ 的包围区间。若已知新增项，可将整个区间平移 $100e^{-x}$，而不能原样复用。

复算与验收 ​

运行 Python 复算脚本，依赖 Python 3 和 mpmath；本次输出记录 70 位工作精度下的比较。脚本核对有限和、符号、显式上界、正实积分和精确复数式。

数值比较通过不等于新得到了严格区间证明。严格性来自正文中的有限恒等式、积分不等式与有理端点；高精度积分负责发现系数、符号或实现错误。把两类证据分清，也是本单元的验收要求。