我们考虑另一类被积函数显示高速振荡性态的积分
\[x（I）=\int_{a}^{b} f(t) e^{i x h(t)} d t, \quad x \rightarrow \infty \]
对这类积分也可以进行渐近估计，积分的主要部分出来自于驻点附近的积分（不一定是极大值），它的原理却是 Laplace 方法截然不同. 我们同样可以直观地进行分析.
从图 2.3.1 可明显地看到，当\(z→oo\) 时， \(e^{ixh(t)}\)代表了高速振荡因子.如果无驻相点，上述积分在内点处由于互相抵消几乎为零，主要贡献来自边界附近区域的积分;在有驻相点时，由于在该点附近振荡减慢，所以该点附近区域的积分将作出主要贡献.这就是驻相点法的几何实质.
h（t)变化快，震荡快，积分相当于没有；变化慢，震荡慢。
\(h'(t)=0\)和边界处，积分很大。
广义Riemann-Lebesgue引理
若函数\(|f(t)|\)可积，\(h(t)\)连续可微，\(h(t)\)在区间\([a,b]\)的任一子区间上不位常数，则
\[\lim _{x \rightarrow \infty} \int_{a}^{b} f(t) e^{i x h(t)} d t=0 \]
引理：
若在区间\([a,b]\)中，\(h'(t),h''(t)\)存在，\(h'(t)\ne 0, f'(t)\)存在，\((\frac{f}{h'})'\)绝对可积，\(f(a)\cdot f(b)\ne 0\)，则有积分（分部积分）
\[\begin{aligned} I(x) &=\int_{a}^{b} f(t) e^{i x h(t)} d t \\ &=f(b) \frac{e^{i x h(b)}}{i x h^{\prime}(b)}-f(a) \frac{e^{i x h(a)}}{i x h^{\prime}(a)}+o\left(\frac{1}{x}\right) \end{aligned} \]
考虑严格单调部分，由分部积分
\[I(x)=f(b) \frac{e^{i x h(b)}}{i x h^{\prime}(b)}-f(a) \frac{e^{i x h(a)}}{i x h^{\prime}(a)}+r(x) \]
可以发现，前两项同阶，其量阶由\(\frac{1}{x}\)控制
余项
\[r(x)=\frac{1}{x} \int_{a}^{b}\left[\frac{f(t)}{h^{\prime}(t)}\right]^{\prime} e^{i x h(t)} d t \]
估计余项量阶,证明其积分部分无穷小即可证明该项相对前面两项无穷小。\(e^{ixh(t)}\)中\(h(t)\)单调减，没有平台，由第一个引理，积分项趋于0，所以\(r(x) = o(\frac{1}{x})\)
注意，由于指数项代表高速振荡部分，所以不像 Laplace 积分那样，仅保留一项即可，而要把两项同量阶的都保留下来.
驻相积分
现在讨论有驻相点的情形，按 Riemann-Lebesgue 引理也应趋于零，但速度要更慢些.
驻相积分定理：对于积分
\[I(x)=\int_{a}^{b} f(t) e^{i x h(t)} d t \]
被积函数中 \(f（t），h（t）\)解析，\(f（a）≠0 ,h'（a）=0,h''（a）≠0\)其余各点\(h'(t)\ne0\)，且满足引理条件\(|(\frac{f}{h})'|\)可积，我们有
\[\begin{align}I(x) &\sim f(a) \sqrt{\frac{\pi}{2 x\left|h^{\prime \prime}(a)\right|}} e^{i\left[x h(a)+\frac{\pi}{4} \mathrm{sgn} h^{\prime \prime}(a)\right]}\tag{2.3.6}\\ &=f(a)e^{ixh(a)}\sqrt{\frac{\pi}{2 x\left|h^{\prime \prime}(a)\right|}} e^{i\left[\frac{\pi}{4} \mathrm{sgn} h^{\prime \prime}(a)\right]}\tag{2.3.6}\end{align}\]
\(\sqrt{\frac{\pi}{2 x\left|h^{\prime \prime}(a)\right|}}\)表示宽度
\(e^{i\left[\frac{\pi}{4} \mathrm{sgn} h^{\prime \prime}(a)\right]}\)表示移动了一个相位
一阶导数等于零表示函数斜率固定，一阶导数等于0只是有极值的必要条件，不是充分条件，也就是说：有极值的地方，其切线的斜率一定为0；切线斜率为0的地方，不一定是极值点。
二阶导数没有特别的几何意义，通常可以根据二阶导数的符号变化，判断函数曲线的凹凸性及拐点，或用来判断所求驻点是否是极值点并且取得极大还是极小。二阶导数等于零说明可能为拐点。
sgnx是阶跃函数，数学上的Sgn函数返回一个整型变量，指出参数的正负号。①当x＞0时f(x)=1，②当x＜0时f(x)=-1，③当x＝0时f(x)=0。
证明
由引理
\[I(x)=\int_{a}^{a+\delta} f(t) e^{i x h(t)} d t+O\left(\frac{1}{x}\right) \]
首先假定\(h''(a)>0\),作变换\(h(t)=h(a)+u^2\)
\(h(t) = h(a) + \frac{h''(a+\theta(t-a))}{2}(t-a)^2\)
记第二项为\(u^2\)
\[I(x)=e^{i x h(a)} \int_{0}^{\varepsilon} f(t) \frac{d t}{d u} e^{i x u^{2}} d u+O\left(\frac{1}{x}\right) \]
因为
\[\begin{align} &t-a = u\sqrt{\frac{2}{h''(a+\theta (t-a))} } \\&t=t(u) \\&\frac{dt}{du}=\sqrt{\frac{2}{h''(a+\theta (t-a))}}+u\cdot \sqrt{2}\cdot-\frac {1} {2}\cdot h''(a+\theta (t-a))^{-\frac 3 2}\cdot h'''(a+\theta (t-a))\cdot \theta\cdot\frac{dt}{du}\\ &\frac{d^2t}{du^2} =\sqrt{2}\cdot-\frac {1} {2}\cdot h''(a+\theta (t-a))^{-\frac 3 2}\cdot h'''(a+\theta (t-a))\cdot \theta\cdot\frac{dt}{du}+\dots \\&t=t(0)+t'|_{u=0}u+t''|_{u=0}u^2+\dots=a+\sqrt{\frac{2}{h''(a)}}u+\dots \end{align}\]
所以有
\[\frac{d t}{d u}=\sqrt{\frac{2}{h^{''}(a)}} +\sum_{i=1}^{\infty} C_{i} u^{i} \]
也可以通过
\(h(t) = h(a) +u^2\)，两侧对\(u\)求导
\[h'(t)\frac{dt}{du} = 0+ 2u \\ h''(t)(\frac{dt}{du^2})^2 + h'(t)\frac{d^2 t}{du^2} = 2 \\\downarrow\\ \frac{dt}{du} = \sqrt{\frac{2 - h'(t)\frac{dt^2}{du^2}}{h''(t)}} = \sqrt{\frac{2}{h''(a)}}(1+\sum ...)\]
因为
\[f(t)=f(a)+\sum_{i=1}^\infty f_{i}(t-a)^i=f(a)+\sum_{i=1}^\infty f_{i}( u\sqrt{\frac{2}{h''(a+\theta (t-a))}})^i=f(a)+\sum_{i=1}^\infty F_{i}u^i \]
所以
\[f(t)=f(a)+\sum_{i=1}^{\infty} f_{i} u^{i} \]
所以有
\[I(x)=e^{i x h(a)} \int_{0}^{e}\left[f(a) \sqrt{\frac{2}{h^{\prime \prime}(a)}}+u \psi(u)\right] e^{i x u^{2}} d u++o\left(\frac{1}{x}\right) \]
\(\psi(u)\)是由两泰勒展开的高阶项相乘得出来的，用于简化形式
分部积分
\[\begin{align} \int_{0}^{\varepsilon} u \psi(u) e^{i x u^{2}} d u &=\frac{1}{2} \int_0^{\varepsilon }\psi(u)e^{ixu^2}du^2\\ &=\frac{1}{2ix} \int _0^\varepsilon \psi (u)de^{ixu^2} \\&=\frac{1}{2 i x}\left\{\left[e^{i x \varepsilon^{2}} \psi(\varepsilon)-\psi(o)\right]-\int_{0}^{\varepsilon} \psi^{\prime}(u) e^{i x u^{2}} d u\right\} \\ &=O\left(\frac{1}{x}\right) \end{align}\]
\(x\rightarrow\infty\),\(O(\frac 1 x)=0\)
可得
\[I(x) \sim e^{i x h(a)} f(a) \sqrt{\frac{2}{h^{\prime \prime}(a)}} \int_{0}^{\varepsilon} e^{i x u^{2}} d u \]
可以按照下图进行环路积分
\[\oint e^{i x u^{2}} d u=0 \]
\[\oint=\int_{0}^{\varepsilon}+\int_{C R}+\int_{\varepsilon e^{\frac{\pi}{4} i}}^{o} e^{i x u^{2}} d u \]
估计弧线积分，有
\[\left|\int_{C_{R}} e^{i x u^{2}} d u\right| \leq\left|\int_{0}^{\delta}+\int_{\delta}^{\frac{\pi}{4}} R e^{-x R^{2} \sin 2 \theta} d \theta\right| \]
\[u=Re^{i\theta} \]
\[e^{ixu^2}du=e^{ixR^2e^{i2\theta}}\cdot Rie^{i\theta}d\theta=e^{ixR^2(cos2 \theta+isin2\theta)}\cdot Rie^{i\theta}d\theta \]
梁昆淼数理P23积分不等式\(\left|\int_{l} f(z) \mathrm{d} z\right| \leqslant \int_{l}|f(z)||\mathrm{d} z|\)
\[|e^{ixR^2(cos2 \theta)}e^{-isin2\theta}\cdot Rie^{i\theta}|=R e^{-x R^{2} \sin 2 \theta} \]
\[\left|\int_{C_{R}} e^{i x u^{2}} d u\right|= \left|\int_{0}^{\delta}+\int_{\delta}^{\frac{\pi}{4}}e^{ixR^2(cos2 \theta)}e^{-isin2\theta}\cdot Rie^{i\theta}d\theta\right|\leq\left|\int_{0}^{\delta}+\int_{\delta}^{\frac{\pi}{4}} R e^{-x R^{2} \sin 2 \theta} d \theta\right| \]
估计第一个积分
\[\left|J_{1}\right| \approx\left|\int_{0}^{\delta} R e^{-2 x R^{2} \theta} d \theta\right|=\left|\frac{1-e^{-2 x R^{2} \delta}}{2 x R}\right|=O\left(\frac{1}{x}\right), \text { 当 } x \rightarrow \infty \]
估计第二个积分
\[\left|J_{2}\right|=\int_{\delta}^{\frac{\pi}{4}} R e^{-x R^{2} \sin 2 \theta} d \theta= \leq \frac{\pi}{4} R e^{-x R^{2} \sin 2 \delta}=E S T, \quad \text { 当 } x \rightarrow \infty \]
缩放，取最大值\(e^{-xR^2sin2\delta}\),再对常数积分
所以圆弧上的积分都忽略了
\[\int_{0}^{\varepsilon} e^{i x u^{2}} d u=\int_{0}^{\varepsilon e^{\frac{\pi}{4} i}} e^{i x u^{2}} d u \]
\[u=re^{i\frac{\pi}{4}},u_1^2=xr^2 \]
\[\begin{aligned} \int_{0}^{\varepsilon e^{\frac{\pi}{4} i}} e^{i x u^{2}} d u &=e^{i \frac{\pi}{4}} \int_{0}^{\varepsilon} e^{ix r^{2}e^{i\frac{\pi}2}} d r=e^{i \frac{\pi}{4}} \int_{0}^{\varepsilon} e^{-x r^{2}} d r=e^{i \frac{\pi}{4}} \int_{0}^{\sqrt{x} \varepsilon} e^{-u_1^{2}} d u_1 / \sqrt{x} \\ &=\frac{e^{i \frac{\pi}{4}}}{\sqrt{x}}\left(\int_{0}^{\infty} e^{-u^{2}} d u+O\left(e^{-x^{2}} / \sqrt{x}\right)\right) \\ &=\frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{x}} e^{i \frac{\pi}{4}}+E S T \qquad(2.3.13) \end{aligned}\]
\[laplace:e^{i \frac{\pi}{4}} \int_{0}^{\varepsilon} e^{-x r^{2}} d r=e^{i\frac \pi 4}\cdot\frac 1 2\sqrt{\frac \pi x} \]
这样，由(2.3.9），（2.3.13）
\[I(x) \sim e^{i x h(a)} f(a) \sqrt{\frac{2}{h^{\prime \prime}(a)}} \int_{0}^{\varepsilon} e^{i x u^{2}} d u\tag{2.3.9} \]
\[I=f(a) \sqrt{\frac{\pi}{2 x h^{\prime \prime}(a)}} e^{i\left(\frac{\pi}{4}+x h(a)\right)}+O\left(\frac{1}{x}\right) \]
对于\(h''(a)<O\)时（极大值处），做变换\(h(t)=h(a)-u^{2}\)有
\[I=f(a) \sqrt{\frac{\pi}{-2 \pi h^{\prime \prime}(a)}} e^{i\left(-\frac{\pi}{4}+x h(a)\right)}+O\left(\frac{1}{x}\right) \]
所以，（2.3.14），（2.3.15）可统一表达为驻相积分定理
\[I(x) \sim f(a) \sqrt{\frac{\pi}{2 x\left|h^{\prime \prime}(a)\right|}} e^{i\left[x h(a)+\frac{\pi}{4} \mathrm{sg} n h^{\prime \prime}(a)\right]} \]
其中，\(\mathrm{sgnx}\)为符号函数，\(\mathrm{sgn}(x>0)=1,\mathrm{sgn}(x<0) = -1\)，相当于分别取上下的环路积分
系数相当于宽度，相位项偏转\([-\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{4}]\)
定理得证.对于驻点为右端b或内点c的情况，请读者考虑.
求Bessel函数的渐进表示**
\[J_{n}(x)=\frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} \cos (x \sin t-n t) d t, \quad x \rightarrow \infty \]
表示成驻相形式
\[J_{n}(x)=\operatorname{Re}\left[\frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} e^{i(x \sin t-n t)} d t\right] \]
其中，\(Re\)表示实部，\(h(t) = \sin t,\quad f(t) = e^{-int}\)
驻相点（极值点相位不变）在\(t = \frac{\pi}{2}\)处，由定理
\[J_{n}(x) \sim \operatorname{Re}\left[\frac{2}{\pi} e^{-\frac{i n \pi}{2}} \sqrt{\frac{\pi}{2 x}} e^{i\left(x-\frac{\pi}{4}\right)}\right]=\sqrt{\frac{2}{\pi x}} \cos \left(x-\frac{n}{2} \pi-\frac{\pi}{4}\right) \]
由于是内点，左右两侧都有贡献，所以乘2
高阶近似公式
在前述定理里，是从二阶导数开始不为0的，
讨论高阶导数不为0
TODO
相位移动和h的第一个非零阶导数有关
