我們考慮另一類被積函數顯示高速振盪性態的積分
\[x（I）=\int_{a}^{b} f(t) e^{i x h(t)} d t, \quad x \rightarrow \infty \]
對這類積分也可以進行漸近估計，積分的主要部分出來自於駐點附近的積分（不一定是極大值），它的原理卻是 Laplace 方法截然不同. 我們同樣可以直觀地進行分析.
從圖 2.3.1 可明顯地看到，當\(z→oo\) 時， \(e^{ixh(t)}\)代表了高速振盪因子.如果無駐相點，上述積分在內點處由於互相抵消幾乎為零，主要貢獻來自邊界附近區域的積分;在有駐相點時，由於在該點附近振盪減慢，所以該點附近區域的積分將作出主要貢獻.這就是駐相點法的幾何實質.
h（t)變化快，震盪快，積分相當於沒有；變化慢，震盪慢。
\(h'(t)=0\)和邊界處，積分很大。
廣義Riemann-Lebesgue引理
若函數\(|f(t)|\)可積，\(h(t)\)連續可微，\(h(t)\)在區間\([a,b]\)的任一子區間上不位常數，則
\[\lim _{x \rightarrow \infty} \int_{a}^{b} f(t) e^{i x h(t)} d t=0 \]
引理：
若在區間\([a,b]\)中，\(h'(t),h''(t)\)存在，\(h'(t)\ne 0, f'(t)\)存在，\((\frac{f}{h'})'\)絕對可積，\(f(a)\cdot f(b)\ne 0\)，則有積分（分部積分）
\[\begin{aligned} I(x) &=\int_{a}^{b} f(t) e^{i x h(t)} d t \\ &=f(b) \frac{e^{i x h(b)}}{i x h^{\prime}(b)}-f(a) \frac{e^{i x h(a)}}{i x h^{\prime}(a)}+o\left(\frac{1}{x}\right) \end{aligned} \]
考慮嚴格單調部分，由分部積分
\[I(x)=f(b) \frac{e^{i x h(b)}}{i x h^{\prime}(b)}-f(a) \frac{e^{i x h(a)}}{i x h^{\prime}(a)}+r(x) \]
可以發現，前兩項同階，其量階由\(\frac{1}{x}\)控制
余項
\[r(x)=\frac{1}{x} \int_{a}^{b}\left[\frac{f(t)}{h^{\prime}(t)}\right]^{\prime} e^{i x h(t)} d t \]
估計余項量階,證明其積分部分無窮小即可證明該項相對前面兩項無窮小。\(e^{ixh(t)}\)中\(h(t)\)單調減，沒有平台，由第一個引理，積分項趨於0，所以\(r(x) = o(\frac{1}{x})\)
注意，由於指數項代表高速振盪部分，所以不像 Laplace 積分那樣，僅保留一項即可，而要把兩項同量階的都保留下來.
駐相積分
現在討論有駐相點的情形，按 Riemann-Lebesgue 引理也應趨於零，但速度要更慢些.
駐相積分定理：對於積分
\[I(x)=\int_{a}^{b} f(t) e^{i x h(t)} d t \]
被積函數中 \(f（t），h（t）\)解析，\(f（a）≠0 ,h'（a）=0,h''（a）≠0\)其余各點\(h'(t)\ne0\)，且滿足引理條件\(|(\frac{f}{h})'|\)可積，我們有
\[\begin{align}I(x) &\sim f(a) \sqrt{\frac{\pi}{2 x\left|h^{\prime \prime}(a)\right|}} e^{i\left[x h(a)+\frac{\pi}{4} \mathrm{sgn} h^{\prime \prime}(a)\right]}\tag{2.3.6}\\ &=f(a)e^{ixh(a)}\sqrt{\frac{\pi}{2 x\left|h^{\prime \prime}(a)\right|}} e^{i\left[\frac{\pi}{4} \mathrm{sgn} h^{\prime \prime}(a)\right]}\tag{2.3.6}\end{align}\]
\(\sqrt{\frac{\pi}{2 x\left|h^{\prime \prime}(a)\right|}}\)表示寬度
\(e^{i\left[\frac{\pi}{4} \mathrm{sgn} h^{\prime \prime}(a)\right]}\)表示移動了一個相位
一階導數等於零表示函數斜率固定，一階導數等於0只是有極值的必要條件，不是充分條件，也就是說：有極值的地方，其切線的斜率一定為0；切線斜率為0的地方，不一定是極值點。
二階導數沒有特別的幾何意義，通常可以根據二階導數的符號變化，判斷函數曲線的凹凸性及拐點，或用來判斷所求駐點是否是極值點並且取得極大還是極小。二階導數等於零說明可能為拐點。
sgnx是階躍函數，數學上的Sgn函數返回一個整型變量，指出參數的正負號。①當x＞0時f(x)=1，②當x＜0時f(x)=-1，③當x＝0時f(x)=0。
證明
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\(h''(a)>0\),作變換\(h(t)=h(a)+u^2\)
\(h(t) = h(a) + \frac{h''(a+\theta(t-a))}{2}(t-a)^2\)
記第二項為\(u^2\)
\[I(x)=e^{i x h(a)} \int_{0}^{\varepsilon} f(t) \frac{d t}{d u} e^{i x u^{2}} d u+O\left(\frac{1}{x}\right) \]
因為
\[\begin{align} &t-a = u\sqrt{\frac{2}{h''(a+\theta (t-a))} } \\&t=t(u) \\&\frac{dt}{du}=\sqrt{\frac{2}{h''(a+\theta (t-a))}}+u\cdot \sqrt{2}\cdot-\frac {1} {2}\cdot h''(a+\theta (t-a))^{-\frac 3 2}\cdot h'''(a+\theta (t-a))\cdot \theta\cdot\frac{dt}{du}\\ &\frac{d^2t}{du^2} =\sqrt{2}\cdot-\frac {1} {2}\cdot h''(a+\theta (t-a))^{-\frac 3 2}\cdot h'''(a+\theta (t-a))\cdot \theta\cdot\frac{dt}{du}+\dots \\&t=t(0)+t'|_{u=0}u+t''|_{u=0}u^2+\dots=a+\sqrt{\frac{2}{h''(a)}}u+\dots \end{align}\]
所以有
\[\frac{d t}{d u}=\sqrt{\frac{2}{h^{''}(a)}} +\sum_{i=1}^{\infty} C_{i} u^{i} \]
也可以通過
\(h(t) = h(a) +u^2\)，兩側對\(u\)求導
\[h'(t)\frac{dt}{du} = 0+ 2u \\ h''(t)(\frac{dt}{du^2})^2 + h'(t)\frac{d^2 t}{du^2} = 2 \\\downarrow\\ \frac{dt}{du} = \sqrt{\frac{2 - h'(t)\frac{dt^2}{du^2}}{h''(t)}} = \sqrt{\frac{2}{h''(a)}}(1+\sum ...)\]
因為
\[f(t)=f(a)+\sum_{i=1}^\infty f_{i}(t-a)^i=f(a)+\sum_{i=1}^\infty f_{i}( u\sqrt{\frac{2}{h''(a+\theta (t-a))}})^i=f(a)+\sum_{i=1}^\infty F_{i}u^i \]
所以
\[f(t)=f(a)+\sum_{i=1}^{\infty} f_{i} u^{i} \]
所以有
\[I(x)=e^{i x h(a)} \int_{0}^{e}\left[f(a) \sqrt{\frac{2}{h^{\prime \prime}(a)}}+u \psi(u)\right] e^{i x u^{2}} d u++o\left(\frac{1}{x}\right) \]
\(\psi(u)\)是由兩泰勒展開的高階項相乘得出來的，用於簡化形式
分部積分
\[\begin{align} \int_{0}^{\varepsilon} u \psi(u) e^{i x u^{2}} d u &=\frac{1}{2} \int_0^{\varepsilon }\psi(u)e^{ixu^2}du^2\\ &=\frac{1}{2ix} \int _0^\varepsilon \psi (u)de^{ixu^2} \\&=\frac{1}{2 i x}\left\{\left[e^{i x \varepsilon^{2}} \psi(\varepsilon)-\psi(o)\right]-\int_{0}^{\varepsilon} \psi^{\prime}(u) e^{i x u^{2}} d u\right\} \\ &=O\left(\frac{1}{x}\right) \end{align}\]
\(x\rightarrow\infty\),\(O(\frac 1 x)=0\)
可得
\[I(x) \sim e^{i x h(a)} f(a) \sqrt{\frac{2}{h^{\prime \prime}(a)}} \int_{0}^{\varepsilon} e^{i x u^{2}} d u \]
可以按照下圖進行環路積分
\[\oint e^{i x u^{2}} d u=0 \]
\[\oint=\int_{0}^{\varepsilon}+\int_{C R}+\int_{\varepsilon e^{\frac{\pi}{4} i}}^{o} e^{i x u^{2}} d u \]
估計弧線積分，有
\[\left|\int_{C_{R}} e^{i x u^{2}} d u\right| \leq\left|\int_{0}^{\delta}+\int_{\delta}^{\frac{\pi}{4}} R e^{-x R^{2} \sin 2 \theta} d \theta\right| \]
\[u=Re^{i\theta} \]
\[e^{ixu^2}du=e^{ixR^2e^{i2\theta}}\cdot Rie^{i\theta}d\theta=e^{ixR^2(cos2 \theta+isin2\theta)}\cdot Rie^{i\theta}d\theta \]
梁昆淼數理P23積分不等式\(\left|\int_{l} f(z) \mathrm{d} z\right| \leqslant \int_{l}|f(z)||\mathrm{d} z|\)
\[|e^{ixR^2(cos2 \theta)}e^{-isin2\theta}\cdot Rie^{i\theta}|=R e^{-x R^{2} \sin 2 \theta} \]
\[\left|\int_{C_{R}} e^{i x u^{2}} d u\right|= \left|\int_{0}^{\delta}+\int_{\delta}^{\frac{\pi}{4}}e^{ixR^2(cos2 \theta)}e^{-isin2\theta}\cdot Rie^{i\theta}d\theta\right|\leq\left|\int_{0}^{\delta}+\int_{\delta}^{\frac{\pi}{4}} R e^{-x R^{2} \sin 2 \theta} d \theta\right| \]
估計第一個積分
\[\left|J_{1}\right| \approx\left|\int_{0}^{\delta} R e^{-2 x R^{2} \theta} d \theta\right|=\left|\frac{1-e^{-2 x R^{2} \delta}}{2 x R}\right|=O\left(\frac{1}{x}\right), \text { 當 } x \rightarrow \infty \]
估計第二個積分
\[\left|J_{2}\right|=\int_{\delta}^{\frac{\pi}{4}} R e^{-x R^{2} \sin 2 \theta} d \theta= \leq \frac{\pi}{4} R e^{-x R^{2} \sin 2 \delta}=E S T, \quad \text { 當 } x \rightarrow \infty \]
縮放，取最大值\(e^{-xR^2sin2\delta}\),再對常數積分
所以圓弧上的積分都忽略了
\[\int_{0}^{\varepsilon} e^{i x u^{2}} d u=\int_{0}^{\varepsilon e^{\frac{\pi}{4} i}} e^{i x u^{2}} d u \]
\[u=re^{i\frac{\pi}{4}},u_1^2=xr^2 \]
\[\begin{aligned} \int_{0}^{\varepsilon e^{\frac{\pi}{4} i}} e^{i x u^{2}} d u &=e^{i \frac{\pi}{4}} \int_{0}^{\varepsilon} e^{ix r^{2}e^{i\frac{\pi}2}} d r=e^{i \frac{\pi}{4}} \int_{0}^{\varepsilon} e^{-x r^{2}} d r=e^{i \frac{\pi}{4}} \int_{0}^{\sqrt{x} \varepsilon} e^{-u_1^{2}} d u_1 / \sqrt{x} \\ &=\frac{e^{i \frac{\pi}{4}}}{\sqrt{x}}\left(\int_{0}^{\infty} e^{-u^{2}} d u+O\left(e^{-x^{2}} / \sqrt{x}\right)\right) \\ &=\frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{x}} e^{i \frac{\pi}{4}}+E S T \qquad(2.3.13) \end{aligned}\]
\[laplace:e^{i \frac{\pi}{4}} \int_{0}^{\varepsilon} e^{-x r^{2}} d r=e^{i\frac \pi 4}\cdot\frac 1 2\sqrt{\frac \pi x} \]
這樣，由(2.3.9），（2.3.13）
\[I(x) \sim e^{i x h(a)} f(a) \sqrt{\frac{2}{h^{\prime \prime}(a)}} \int_{0}^{\varepsilon} e^{i x u^{2}} d u\tag{2.3.9} \]
\[I=f(a) \sqrt{\frac{\pi}{2 x h^{\prime \prime}(a)}} e^{i\left(\frac{\pi}{4}+x h(a)\right)}+O\left(\frac{1}{x}\right) \]
對於\(h''(a)<O\)時（極大值處），做變換\(h(t)=h(a)-u^{2}\)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）可統一表達為駐相積分定理
\[I(x) \sim f(a) \sqrt{\frac{\pi}{2 x\left|h^{\prime \prime}(a)\right|}} e^{i\left[x h(a)+\frac{\pi}{4} \mathrm{sg} n h^{\prime \prime}(a)\right]} \]
其中，\(\mathrm{sgnx}\)為符號函數，\(\mathrm{sgn}(x>0)=1,\mathrm{sgn}(x<0) = -1\)，相當於分別取上下的環路積分
系數相當於寬度，相位項偏轉\([-\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{4}]\)
定理得證.對於駐點為右端b或內點c的情況，請讀者考慮.
求Bessel函數的漸進表示**
\[J_{n}(x)=\frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} \cos (x \sin t-n t) d t, \quad x \rightarrow \infty \]
表示成駐相形式
\[J_{n}(x)=\operatorname{Re}\left[\frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} e^{i(x \sin t-n t)} d t\right] \]
其中，\(Re\)表示實部，\(h(t) = \sin t,\quad f(t) = e^{-int}\)
駐相點（極值點相位不變）在\(t = \frac{\pi}{2}\)處，由定理
\[J_{n}(x) \sim \operatorname{Re}\left[\frac{2}{\pi} e^{-\frac{i n \pi}{2}} \sqrt{\frac{\pi}{2 x}} e^{i\left(x-\frac{\pi}{4}\right)}\right]=\sqrt{\frac{2}{\pi x}} \cos \left(x-\frac{n}{2} \pi-\frac{\pi}{4}\right) \]
由於是內點，左右兩側都有貢獻，所以乘2
高階近似公式
在前述定理里，是從二階導數開始不為0的，
討論高階導數不為0
TODO
相位移動和h的第一個非零階導數有關
