Laplaces Methode - Laplace's method

Untere Schranke: Lassen Sie . Da stetig ist, existiert so, dass wenn dann Nach dem Satz von Taylor , für alle${\displaystyle \varepsilon >0}$${\displaystyle f''}$${\displaystyle \delta >0}$${\displaystyle |x_{0}-c|<\delta }$${\displaystyle f''(c)\geq f''(x_{0})-\varepsilon .}$${\displaystyle x\in (x_{0}-\delta ,x_{0}+\delta ),}$

${\displaystyle f(x)\geq f(x_{0})+{\frac {1}{2}}(f''(x_{0})-\varepsilon )(x-x_{0})^ {2}.}$

Dann haben wir folgende untere Schranke:

${\displaystyle {\begin{ausgerichtet}\int _{a}^{b}e^{nf(x)}\,dx&\geq \int _{x_{0}-\delta }^{x_{0} +\delta }e^{nf(x)}\,dx\\&\geq e^{nf(x_{0})}\int _{x_{0}-\delta }^{x_{0}+ \delta }e^{{\frac {n}{2}}(f''(x_{0})-\varepsilon )(x-x_{0})^{2}}\,dx\\&= e^{nf(x_{0})}{\sqrt {\frac {1}{n(-f''(x_{0})+\varepsilon )}}}\int _{-\delta {\sqrt {n(-f''(x_{0})+\varepsilon)}}}^{\delta {\sqrt {n(-f''(x_{0})+\varepsilon)}}}e^{ -{\frac {1}{2}}y^{2}}\,dy\end{ausgerichtet}}}$

wobei die letzte Gleichheit durch eine Änderung der Variablen erhalten wurde

${\displaystyle y={\sqrt {n(-f''(x_{0})+\varepsilon )}}(x-x_{0}).}$

Denken Sie daran, damit wir die Quadratwurzel ihrer Negation ziehen können. ${\displaystyle f''(x_{0})<0}$

Teilen wir beide Seiten der obigen Ungleichung durch

${\displaystyle e^{nf(x_{0})}{\sqrt {\frac {2\pi }{n(-f''(x_{0}))}}}}$

und nimm die Grenze, die wir erhalten:

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {\int _{a}^{b}e^{nf(x)}\,dx}{e^{nf(x_{0}) }{\sqrt {\frac {2\pi }{n(-f''(x_{0}))}}}}\geq \lim _{n\to \infty }{\frac {1}{ \sqrt {2\pi}}}\int _{-\delta {\sqrt {n(-f''(x_{0})+\varepsilon )}}^{\delta {\sqrt {n(- f''(x_{0})+\varepsilon)}}}e^{-{\frac {1}{2}}y^{2}}\,dy\,\cdot {\sqrt {\frac { -f''(x_{0})}{-f''(x_{0})+\varepsilon }}}={\sqrt {\frac {-f''(x_{0})}{-f ''(x_{0})+\varepsilon }}}}$

da dies für willkürlich gilt, erhalten wir die untere Schranke: ${\displaystyle\varepsilon}$

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {\int _{a}^{b}e^{nf(x)}\,dx}{e^{nf(x_{0}) }{\sqrt {\frac {2\pi }{n(-f''(x_{0}))}}}}}\geq 1}$

Beachten Sie, dass dieser Beweis auch funktioniert, wenn oder (oder beides). ${\displaystyle a=-\infty}$${\displaystyle b=\infty}$

Obere Schranke: Der Beweis ähnelt dem der unteren Schranke, es gibt jedoch einige Unannehmlichkeiten. Wir beginnen wieder mit der Auswahl von an, aber damit der Beweis funktioniert, brauchen wir klein genug, damit Dann, wie oben, durch Stetigkeit von und Taylors Satz finden können, dass wenn , dann ${\displaystyle \varepsilon >0}$${\displaystyle\varepsilon}$${\displaystyle f''(x_{0})+\varepsilon <0.}$${\displaystyle f''}$${\displaystyle \delta >0}$${\displaystyle |x-x_{0}|<\delta }$

${\displaystyle f(x)\leq f(x_{0})+{\frac {1}{2}}(f''(x_{0})+\varepsilon )(x-x_{0})^ {2}.}$

Schließlich gibt es nach unseren Annahmen (vorausgesetzt, dass sie endlich sind) einen solchen, dass wenn , dann . ${\displaystyle a,b}$${\displaystyle \eta >0}$${\displaystyle |x-x_{0}|\geq \delta }$${\displaystyle f(x)\leq f(x_{0})-\eta}$

Dann können wir die folgende obere Schranke berechnen:

${\displaystyle {\begin{ausgerichtet}\int _{a}^{b}e^{nf(x)}\,dx&\leq \int _{a}^{x_{0}-\delta }e^ {nf(x)}\,dx+\int_{x_{0}-\delta }^{x_{0}+\delta }e^{nf(x)}\,dx+\int _{x_{0} +\delta }^{b}e^{nf(x)}\,dx\\&\leq (ba)e^{n(f(x_{0})-\eta )}+\int _{x_ {0}-\delta }^{x_{0}+\delta }e^{nf(x)}\,dx\\&\leq (ba)e^{n(f(x_{0})-\ eta )}+e^{nf(x_{0})}\int _{x_{0}-\delta }^{x_{0}+\delta }e^{{\frac {n}{2}} (f''(x_{0})+\varepsilon )(x-x_{0})^{2}}\,dx\\&\leq (ba)e^{n(f(x_{0}) -\eta )}+e^{nf(x_{0})}\int _{-\infty }^{+\infty }e^{{\frac {n}{2}}(f''(x_ {0})+\varepsilon )(x-x_{0})^{2}}\,dx\\&\leq (ba)e^{n(f(x_{0})-\eta )}+ e^{nf(x_{0})}{\sqrt {\frac {2\pi }{n(-f''(x_{0})-\varepsilon )}}}\end{ausgerichtet}}}$

Teilen wir beide Seiten der obigen Ungleichung durch

${\displaystyle e^{nf(x_{0})}{\sqrt {\frac {2\pi }{n(-f''(x_{0}))}}}}$

und nimm die Grenze, die wir erhalten:

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {\int _{a}^{b}e^{nf(x)}\,dx}{e^{nf(x_{0}) }{\sqrt {\frac {2\pi }{n(-f''(x_{0})}}}}}\leq \lim _{n\to \infty}(ba)e^{- \eta n}{\sqrt {\frac {n(-f''(x_{0}))}{2\pi }}}+{\sqrt {\frac {-f''(x_{0}) }{-f''(x_{0})-\varepsilon }}}={\sqrt {\frac {-f''(x_{0})}{-f''(x_{0})-\ varepsilon }}}}$

Da willkürlich ist, erhalten wir die obere Schranke: ${\displaystyle\varepsilon}$

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {\int _{a}^{b}e^{nf(x)}\,dx}{e^{nf(x_{0}) }{\sqrt {\frac {2\pi }{n(-f''(x_{0}))}}}}}\leq 1}$

Und die Kombination dieser mit der unteren Schranke ergibt das Ergebnis.

Beachten Sie, dass der obige Beweis offensichtlich fehlschlägt, wenn oder (oder beides). Um mit diesen Fällen umzugehen, benötigen wir einige zusätzliche Annahmen. Eine hinreichende (nicht notwendige) Annahme ist, dass für${\displaystyle a=-\infty}$${\displaystyle b=\infty}$${\displaystyle n=1,}$

${\displaystyle \int_{a}^{b}e^{nf(x)}\,dx<\infty,}$

und dass die obige Zahl existiert (beachten Sie, dass dies eine Annahme sein muss, wenn das Intervall unendlich ist). Der Beweis verläuft ansonsten wie oben, jedoch mit einer etwas anderen Approximation der Integrale: ${\displaystyle \eta}$${\displaystyle [a,b]}$

${\displaystyle \int_{a}^{x_{0}-\delta }e^{nf(x)}\,dx+\int _{x_{0}+\delta }^{b}e^{nf (x)}\,dx\leq\int_{a}^{b}e^{f(x)}e^{(n-1)(f(x_{0})-\eta)}\, dx=e^{(n-1)(f(x_{0})-\eta)}\int _{a}^{b}e^{f(x)}\,dx.}$

Wenn wir dividieren durch

${\displaystyle e^{nf(x_{0})}{\sqrt {\frac {2\pi }{n(-f''(x_{0}))}}},}$

wir bekommen für diesen Begriff

${\displaystyle {\frac {e^{(n-1)(f(x_{0})-\eta)}\int _{a}^{b}e^{f(x)}\,dx} {e^{nf(x_{0})}{\sqrt {\frac {2\pi }{n(-f''(x_{0}))}}}}}=e^{-(n- 1)\eta }{\sqrt {n}}e^{-f(x_{0})}\int _{a}^{b}e^{f(x)}\,dx{\sqrt {\ frac {-f''(x_{0})}{2\pi }}}}$

deren Grenze wie ist . Der Rest des Beweises (die Analyse des interessanten Begriffs) verläuft wie oben. ${\displaystyle n\to \infty}$${\displaystyle 0}$

Die gegebene Bedingung im Fall unendlicher Intervalle ist, wie oben gesagt, ausreichend, aber nicht notwendig. Die Bedingung ist jedoch in vielen, wenn nicht sogar in den meisten Anwendungen erfüllt: Die Bedingung besagt einfach, dass das Integral, das wir untersuchen, wohldefiniert (nicht unendlich) sein muss und dass das Maximum der Funktion bei ein "wahres" Maximum sein muss (die Nummer muss vorhanden sein). Es besteht keine Notwendigkeit zu verlangen, dass das Integral endlich ist, aber es genügt zu verlangen, dass das Integral für einige endlich ist${\displaystyle x_{0}}$${\displaystyle \eta >0}$${\displaystyle n=1}$${\displaystyle n=N.}$

1. Relativer Fehler

Die „Approximation“ bezieht sich bei dieser Methode auf den relativen Fehler und nicht auf den absoluten Fehler . Wenn wir also setzen

${\displaystyle s={\sqrt {\frac {2\pi }{M\left|f''(x_{0})\right|}}}.}$

das Integral kann geschrieben werden als

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{a}^{b}e^{Mf(x)}\,dx&=se^{Mf(x_{0})}{\frac {1}{s }}\int _{a}^{b}e^{M(f(x)-f(x_{0}))}\,dx\\&=se^{Mf(x_{0})}\ int _{\frac {a-x_{0}}{s}}^{\frac {b-x_{0}}{s}}e^{M(f(sy+x_{0})-f( x_{0}))}\,dy\end{ausgerichtet}}}$

wo ist eine kleine Zahl wann ist offensichtlich eine große Zahl und der relative Fehler ist ${\displaystyle s}$${\displaystyle M}$

${\displaystyle \left|\int_{\frac {a-x_{0}}{s}}^{\frac {b-x_{0}}{s}}e^{M(f(sy+x_ {0})-f(x_{0}))}dy-1\right|.}$

Lassen Sie uns dieses Integral nun in zwei Teile aufteilen: Region und den Rest. ${\displaystyle y\in [-D_{y},D_{y}]}$

2. um den stationären Punkt, wenn es groß genug ist${\displaystyle e^{M(f(sy+x_{0})-f(x_{0}))}\to e^{-\pi y^{2}}}$${\displaystyle M}$

Schauen wir uns die Taylor - Entwicklung von um x ₀ und übersetzen x zu y , weil wir den Vergleich in y-Raum tun, werden wir bekommen ${\displaystyle M(f(x)-f(x_{0}))}$

${\displaystyle M(f(x)-f(x_{0}))={\frac {Mf''(x_{0})}{2}}s^{2}y^{2}+{\ frac {Mf'''(x_{0})}{6}}s^{3}y^{3}+\cdots =-\pi y^{2}+O\left({\frac {1} {\sqrt {M}}}\rechts).}$

Beachten Sie, dass da ein stationärer Punkt ist. Aus dieser Gleichung werden Sie sehen, dass die Terme, die höher als die zweite Ableitung in dieser Taylor-Entwicklung sind, in der Größenordnung von unterdrückt werden, so dass sie sich der Gauß-Funktion nähern, wie in Abbildung gezeigt. Außerdem, ${\displaystyle f'(x_{0})=0}$${\displaystyle x_{0}}$${\displaystyle {\tfrac {1}{\sqrt {M}}}}$${\displaystyle \exp(M(f(x)-f(x_{0})))}$

${\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}e^{-\pi y^{2}}dy=1.}$

Die Zahl mit gleich 1, 2 und 3 und die rote Linie ist die Kurve der Funktion .${\displaystyle e^{M[f(sy+x_{0})-f(x_{0})]}}$${\displaystyle M}$${\displaystyle e^{-\pi y^{2}}}$

3. Je größer ist, desto kleiner ist der Bereich von verwandt${\displaystyle M}$${\displaystyle x}$

Da wir den Vergleich im y-Raum durchführen, steht fest, welche Ursache ; jedoch umgekehrt proportional zu ist , wird der gewählte Bereich von wird kleiner, wenn er erhöht wird. ${\displaystyle y}$${\displaystyle y\in [-D_{y},D_{y}]}$${\displaystyle x\in [-sD_{y},sD_{y}]}$${\displaystyle s}$${\displaystyle {\sqrt {M}}}$${\displaystyle x}$${\displaystyle M}$

4. Wenn das Integral in der Laplace-Methode konvergiert, wird der Beitrag des Bereichs, der nicht um den stationären Punkt der Integration seines relativen Fehlers herum liegt, mit zunehmendem Wert gegen Null gehen .${\displaystyle M}$

Wenn wir uns auf das dritte Konzept verlassen, wird sD _y , selbst wenn wir ein sehr großes D _y wählen , schließlich eine sehr kleine Zahl sein, wenn sie auf eine große Zahl erhöht wird. Wie können wir dann garantieren, dass das Integral des Rests gegen 0 tendiert, wenn es groß genug ist? ${\displaystyle M}$${\displaystyle M}$

Die Grundidee besteht darin, eine Funktion zu finden , bei der das Integral des Willens beim Wachsen gegen Null geht . Denn die Exponentialfunktion von Willen ist immer größer als Null, solange es sich um eine reelle Zahl handelt, und diese Exponentialfunktion ist proportional zum Integral von Will tendiert gegen Null. Wählen Sie der Einfachheit halber als Tangente durch den Punkt wie in der Abbildung gezeigt: ${\displaystyle m(x)}$${\displaystyle m(x)\geq f(x)}$${\displaystyle e^{Mm(x)}}$${\displaystyle M}$${\displaystyle Mm(x)}$${\displaystyle m(x)}$${\displaystyle m(x),}$${\displaystyle e^{Mf(x)}}$${\displaystyle m(x)}$${\displaystyle x=sD_{y}}$

${\displaystyle m(x)}$ist durch die beiden durchlaufenden Tangenten gekennzeichnet . Wenn es kleiner wird, wird der Abdeckungsbereich größer.${\displaystyle x=\pm sD_{y}+x_{0}}$${\displaystyle sD_{y}}$

Wenn das Intervall der Integration dieser Methode endlich ist, werden wir feststellen, dass keine Materie im Restbereich fortgesetzt wird, sie wird immer kleiner als oben gezeigt, wenn sie groß genug ist. Übrigens wird später bewiesen, dass das Integral von wird gegen Null gehen, wenn es groß genug ist. ${\displaystyle f(x)}$${\displaystyle m(x)}$${\displaystyle M}$${\displaystyle e^{Mm(x)}}$${\displaystyle M}$

Wenn das Intervall der Integration dieser Methode unendlich ist und sich immer überschneiden kann. Wenn dies der Fall ist, können wir nicht garantieren, dass das Integral von Willen schließlich gegen Null geht. Zum Beispiel im Falle von Willen immer divergieren. Daher müssen wir fordern, dass für den unendlichen Intervallfall konvergieren kann. Wenn ja, strebt dieses Integral gegen Null, wenn es groß genug ist, und wir können dies als das Kreuz von und wählen${\displaystyle m(x)}$${\displaystyle f(x)}$${\displaystyle e^{Mf(x)}}$${\displaystyle f(x)={\tfrac {\sin(x)}{x}},}$ ${\displaystyle \int_{0}^{\infty}e^{Mf(x)}dx}$${\displaystyle \int_{d}^{\infty}e^{Mf(x)}dx}$${\displaystyle d}$${\displaystyle d}$${\displaystyle m(x)}$${\displaystyle f(x).}$

Man könnte sich fragen, warum man nicht als konvergentes Integral wählt ? Lassen Sie mich den Grund an einem Beispiel zeigen. Angenommen, der Rest von ist dann und sein Integral divergiert; jedoch, wenn das Integral von konvergiert. Das Integral einiger Funktionen divergiert also, wenn es keine große Zahl ist, aber sie konvergieren, wenn es groß genug ist. ${\displaystyle \int _{d}^{\infty}e^{f(x)}dx}$${\displaystyle f(x)}$${\displaystyle -\ln x,}$${\displaystyle e^{f(x)}={\tfrac {1}{x}}}$${\displaystyle M=2,}$${\displaystyle e^{Mf(x)}={\tfrac {1}{x^{2}}}}$${\displaystyle M}$${\displaystyle M}$

Verwenden Sie zunächst das globale Maximum, um diese Ableitung zu vereinfachen. Uns interessiert der relative Fehler, geschrieben als , ${\displaystyle x_{0}=0}$${\displaystyle |R|}$

${\displaystyle \int _{a}^{b}h(x)e^{Mg(x)}\,dx=h(0)e^{Mg(0)}s\underbrace {\int _{a /s}^{b/s}{\frac {h(x)}{h(0)}}e^{M\left[g(sy)-g(0)\right]}dy} _{1 +R},}$

wo

${\displaystyle s\equiv {\sqrt {\frac {2\pi }{M\left|g''(0)\right|}}}.}$

Also, wenn wir lassen

${\displaystyle A\equiv {\frac {h(sy)}{h(0)}}e^{M\left[g(sy)-g(0)\right]}}$

und wir können bekommen ${\displaystyle A_{0}\equiv e^{-\pi y^{2}}}$

${\displaystyle \left|R\right|=\left|\int _{a/s}^{b/s}A\,dy-\int _{-\infty }^{\infty }A_{0} \,dy\rechts|}$

seit . ${\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}A_{0}\,dy=1}$

Beachten Sie für die obere Schranke, dass wir diese Integration somit in 5 Teile mit 3 verschiedenen Typen (a), (b) bzw. (c) aufteilen können. Deswegen, ${\displaystyle |A+B|\leq |A|+|B|,}$

${\displaystyle |R|<\underbrace {\left|\int _{D_{y}}^{\infty }A_{0}dy\right|} _{(a_{1})}+\underbrace {\ left|\int _{D_{y}}^{b/s}Ady\right|} _{(b_{1})}+\underbrace {\left|\int _{-D_{y}}^{ D_{y}}\left(A-A_{0}\right)dy\right|} _{(c)}+\underbrace {\left|\int_{a/s}^{-D_{y} }Ady\right|} _{(b_{2})}+\underbrace {\left|\int _{-\infty }^{-D_{y}}A_{0}dy\right|} _{( a_{2})}}$

wo und ähnlich sind, berechnen wir einfach und und sind auch ähnlich, ich rechne einfach . ${\displaystyle (a_{1})}$${\displaystyle (a_{2})}$${\displaystyle (a_{1})}$${\displaystyle (b_{1})}$${\displaystyle (b_{2})}$${\displaystyle (b_{1})}$

Denn nach der Übersetzung von erhalten wir ${\displaystyle (a_{1})}$${\displaystyle z\equiv\pi y^{2}}$

${\displaystyle (a_{1})=\left|{\frac {1}{2{\sqrt {\pi}}}}\int _{\pi D_{y}^{2}}^{\infty }e^{-z}z^{-1/2}dz\right|<{\frac {e^{-\pi D_{y}^{2}}}{2\pi D_{y}}} .}$

Dies bedeutet, dass er, solange er groß genug ist, gegen Null tendiert. ${\displaystyle D_{y}}$

Für können wir ${\displaystyle (b_{1})}$

${\displaystyle (b_{1})\leq \left|\int_{D_{y}}^{b/s}\left[{\frac {h(sy)}{h(0)}}\right ]_{\text{max}}e^{Mm(sy)}dy\right|}$

wo

${\displaystyle m(x)\geq g(x)-g(0){\text{as}}x\in [sD_{y},b]}$

und sollte in dieser Region das gleiche Vorzeichen haben . Wählen wir als Tangente über den Punkt bei , dh die in der Abbildung gezeigt ist ${\displaystyle h(x)}$${\displaystyle h(0)}$${\displaystyle m(x)}$${\displaystyle x=sD_{y}}$${\displaystyle m(sy)=g(sD_{y})-g(0)+g'(sD_{y})\left(sy-sD_{y}\right)}$

${\displaystyle m(x)}$ist die Tangente durch den Punkt bei .${\displaystyle x=sD_{y}}$

Aus dieser Zahl können Sie entnehmen, dass die Region, die die obige Ungleichung erfüllt, größer wird , wenn sie kleiner wird oder kleiner wird. Wenn wir also einen geeigneten finden möchten, um das Ganze während des Intervalls von abzudecken , gibt es eine Obergrenze. Da die Integration von einfach ist, möchte ich sie außerdem dazu verwenden, den relativen Fehler abzuschätzen, der dadurch verursacht wird . ${\displaystyle s}$${\displaystyle D_{y}}$${\displaystyle m(x)}$${\displaystyle f(x)}$${\displaystyle (b_{1})}$${\displaystyle D_{y}}$${\displaystyle e^{-\alpha x}}$${\displaystyle (b_{1})}$

Basierend auf der Taylor-Entwicklung erhalten wir

${\displaystyle {\begin{ausgerichtet}M\left[g(sD_{y})-g(0)\right]&=M\left[{\frac {g''(0)}{2}}s ^{2}D_{y}^{2}+{\frac {g'''(\xi)}{6}}s^{3}D_{y}^{3}\right]&&{\text {as }}\xi \in [0,sD_{y}]\\&=-\pi D_{y}^{2}+{\frac {(2\pi)^{3/2}g'' '(\xi )D_{y}^{3}}{6{\sqrt {M}}|g''(0)|^{\frac {3}{2}}}},\end{ausgerichtet} }}$

und

${\displaystyle {\begin{aligned}Msg'(sD_{y})&=Ms\left(g''(0)sD_{y}+{\frac {g'''(\zeta)}{2} }s^{2}D_{y}^{2}\right)&&{\text{as}}\zeta \in [0,sD_{y}]\\&=-2\pi D_{y}+ {\sqrt {\frac {2}{M}}}\left({\frac {\pi }{|g''(0)|}}\right)^{\frac {3}{2}}g '''(\zeta)D_{y}^{2},\end{ausgerichtet}}}$

und setze sie dann wieder in die Berechnung von ein ; Sie können jedoch feststellen, dass die Reste dieser beiden Erweiterungen beide umgekehrt proportional zur Quadratwurzel von sind. Lassen Sie mich sie weglassen, um die Berechnung zu verschönern. Sie zu behalten ist besser, aber es macht die Formel hässlicher. ${\displaystyle (b_{1})}$${\displaystyle M}$

${\displaystyle {\begin{aligned}(b_{1})&\leq \left|\left[{\frac {h(sy)}{h(0)}}\right]_{\max }e^ {-\pi D_{y}^{2}}\int _{0}^{b/s-D_{y}}e^{-2\pi D_{y}y}dy\right|\\& \leq \left|\left[{\frac {h(sy)}{h(0)}}\right]_{\max }e^{-\pi D_{y}^{2}}{\frac {1}{2\pi D_{y}}}\right|.\end{ausgerichtet}}}$

Daher tendiert er zu Null, wenn er größer wird, aber vergessen Sie nicht, dass die obere Grenze von bei dieser Berechnung berücksichtigt werden sollte. ${\displaystyle D_{y}}$${\displaystyle D_{y}}$

Über die Integration in der Nähe von können wir auch den Satz von Taylor verwenden , um sie zu berechnen. Wann${\displaystyle x=0}$${\displaystyle h'(0)\neq 0}$

${\displaystyle {\begin{ausgerichtet}(c)&\leq \int_{-D_{y}}^{D_{y}}e^{-\pi y^{2}}\left|{\frac {sh'(\xi )}{h(0)}}y\right|\,dy\\&<{\sqrt {\frac {2}{\pi M|g''(0)|}}} \left|{\frac {h'(\xi)}{h(0)}}\right|_{\max }\left(1-e^{-\pi D_{y}^{2}}\ rechts)\end{ausgerichtet}}}$

und Sie können feststellen, dass es umgekehrt proportional zur Quadratwurzel von ist . Tatsächlich verhält es sich gleich, wenn eine Konstante ist. ${\displaystyle M}$${\displaystyle (c)}$${\displaystyle h(x)}$

Zusammenfassend wird das Integral in der Nähe des stationären Punktes kleiner, wenn es größer wird, und die restlichen Teile werden gegen Null tendieren, solange es groß genug ist; Wir müssen uns jedoch daran erinnern, dass dies eine obere Grenze hat, die davon abhängt, ob die Funktion immer größer ist als im Ruhebereich. Solange wir jedoch eine finden können, die diese Bedingung erfüllt, kann die obere Schranke von direkt proportional zu gewählt werden, da eine Tangente über den Punkt von at ist . Je größer also, desto größer kann es sein. ${\displaystyle {\sqrt {M}}}$${\displaystyle D_{y}}$${\displaystyle D_{y}}$${\displaystyle m(x)}$${\displaystyle g(x)-g(0)}$${\displaystyle m(x)}$${\displaystyle D_{y}}$${\displaystyle {\sqrt {M}}}$${\displaystyle m(x)}$${\displaystyle g(x)-g(0)}$${\displaystyle x=sD_{y}}$${\displaystyle M}$${\displaystyle D_{y}}$