拉普拉斯方法

首先，我們得先知道的是，這裡所謂的近似解是以 相對誤差 在講，而不是指 絕對誤差 。因此，令

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

此 s 很顯然的當 M 很大時為一個微小的數，則上述的積分可以寫為

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

因此，我們的相對誤差很顯然的為

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

現在，讓我們把積分分為 ${\displaystyle y\in [-D_{y},D_{y}]}$ 的與餘下的部分。

我们现在来研究 ${\displaystyle M\left(f(x)-f(x_{0})\right)}$ 的 泰勒展開 。這裡展開的原點取 x₀ ，並將變數由 x 換為 y 因為我們是在對 y 做積分，再加上 x₀ 為函數極大值所在處，因此，

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

會發現高於二次微分的部分當 M 增大時，會被壓抑掉，而此 指數函數 則會越來越接近 高斯函數 ${\displaystyle e^{-\pi y^{2}}}$ 且 ${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-\pi y^{2}}dy=1}$ 。如下圖所示：

${\displaystyle y\in [-D_{y},D_{y}]}$ 的部分由上面論述可知當 M 越大則越接近高斯函數；並且有趣的是，相對應的 x 區間則越來越小，因為  ${\displaystyle x\in [-sD_{y},sD_{y}]}$ 與 ${\displaystyle {\sqrt {M}}}$ 成反比。 

所以，即便 D_y 取非常大， sD_y 最後還是會變得非常小，那麼，我們怎麼保證餘下的部分的積分也會趨近到0？

簡單的想法是，設法找一個函數 ${\displaystyle m(x)}$ ，使它在餘下的區域內 ${\displaystyle m(x)\geq f(x)}$ ，並且隨著 ${\displaystyle M}$ 的增大，${\displaystyle e^{Mm(x)}}$ 的積分會趨近於0 即可。而指數函數只要指數部分為實數，它就一定大於0，並且當指數變大時，指數函數也會跟著變大。基於這兩個理由， ${\displaystyle e^{Mf(x)}}$ 的積分也會趨近於0。 在此，我們可以選擇此 ${\displaystyle m(x)}$ 為過 ${\displaystyle x=sD_{y}}$ 的切線函數，如下圖所示：

若為有限積分區間，我們可以看出，只要 ${\displaystyle M}$ 夠大，這切線的斜率就會趨近於0 ，因此，不管 ${\displaystyle f(x)}$ 在其餘部分是否連續，它們總會在這切線以下，並且很容易證明(後面會證) ${\displaystyle e^{Mm(x)}}$ 的積分當 ${\displaystyle M}$ 很大時，就會趨近於0。

然而，若積分範圍是無限大的話，那麼，${\displaystyle m(x)}$ 就有可能總是與 ${\displaystyle f(x)}$ 有相交，若有相交，則表示無法保證 ${\displaystyle e^{Mf(x)}}$ 的積分最後會趨近於0。比方 ${\displaystyle f(x)={\frac {sin(x)}{x}}}$ 的情形下，不管 ${\displaystyle M}$ 為多少，它的 ${\displaystyle \int _{0}^{\infty }e^{Mf(x)}dx}$ 總是會發散。所以，對於積分範圍為無限大的情形，還得要求 ${\displaystyle \int _{d}^{\infty }e^{Mf(x)}dx}$ 會收斂才行，那麼，只要 ${\displaystyle d}$ 越來越大，該積分就會趨近於0。而這 ${\displaystyle d}$ 可選為${\displaystyle m(x)}$ 與 ${\displaystyle f(x)}$ 相交之處即可，即保證所有餘下的部分的積分會趨近於0。

也許您會問說，為何不是要求 ${\displaystyle \int _{d}^{\infty }e^{f(x)}dx}$ 會收斂？舉個例子，若 ${\displaystyle f(x)}$ 在餘下區域內為 ${\displaystyle -\ln x}$ ，則 ${\displaystyle e^{f(x)}={\frac {1}{x}}}$ ，積分會發散，然而，當 ${\displaystyle M=2}$ ， ${\displaystyle e^{Mf(x)}={\frac {1}{x^{2}}}}$ 的積分卻是收斂的。所以，有的函數在 ${\displaystyle M}$ 小的時候會發散，然而，當 ${\displaystyle M}$ 夠大時卻會是收斂的。

下限 ：

在 ${\displaystyle f''}$ 要求連續的條件底下，給定任意大於0的${\displaystyle \varepsilon }$ 就能找到一個 ${\displaystyle \delta >0}$ 使得在 ${\displaystyle |x_{0}-x|<\delta }$ 這區間內所有的 ${\displaystyle f''(x)\geq f''(x_{0})-\varepsilon .}$ 。 由 泰勒展開 我們可以得知，在 ${\displaystyle x\in (x_{0}-\delta ,x_{0}+\delta )}$ 區間內， ${\displaystyle f(x)\geq f(x_{0})+{\frac {1}{2}}(f''(x_{0})-\varepsilon )(x-x_{0})^{2}}$ 。

這樣，我們就得到本方法的積分下限了：

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

其中最後一個等號來自於變數變換： ${\displaystyle y={\sqrt {n(-f''(x_{0})+\varepsilon )}}(x-x_{0})}$ 。請記得 ${\displaystyle f''(x_{0})<0}$ ，所以我們才會對它的負號取開根號。

接著讓我們對上面的不等式兩邊同除以 ${\displaystyle e^{nf(x_{0})}{\sqrt {\frac {2\pi }{n(-f''(x_{0}))}}}}$ 並且對 ${\displaystyle n}$取極限，則

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

既然上式是對任意大於0的 ${\displaystyle \varepsilon }$ 都對，所以我們得到：

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

請注意，上面的證明也適用於 ${\displaystyle a=-\infty }$ 或 ${\displaystyle b=\infty }$ 或雙雙跑到正負無限大的情況

上限 ：

證明上限的部分其實和證明下限的部分很像，但是會較麻煩。再一次，我們取${\displaystyle \varepsilon >0}$ ，不過，不再是任意而是多了一個要求 ${\displaystyle \varepsilon }$ 得夠小以致於 ${\displaystyle f''(x_{0})+\varepsilon <0}$ 。接著，就如同之前的證明，因著 ${\displaystyle f''}$ 被要求連續，並且根據 泰勒定理 我們會發現總存在一個 ${\displaystyle \delta >0}$ 以至於在 ${\displaystyle |x-x_{0}|<\delta }$ 區間裡， ${\displaystyle f(x)\leq f(x_{0})+{\frac {1}{2}}(f''(x_{0})+\varepsilon )(x-x_{0})^{2}}$ 總是可以成立。 最後，在我們的假設裡 (假設 ${\displaystyle a,b}$ 都是有限值) ，由於 ${\displaystyle x_{0}}$ 是全域最大所在處，我們總可以找到一個 ${\displaystyle \eta >0}$ 使得所有在 ${\displaystyle |x-x_{0}|\geq \delta }$ 這區間裡， ${\displaystyle f(x)\leq f(x_{0})-\eta }$ 總是成立。

現在，萬事俱備，東風就在下面啦：

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

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

${\displaystyle \leq (b-a)e^{n(f(x_{0})-\eta )}+e^{nf(x_{0})}{\sqrt {\frac {2\pi }{n(-f''(x_{0})-\varepsilon )}}}}$

如果我們對上面的不等式兩邊皆除以 ${\displaystyle e^{nf(x_{0})}{\sqrt {\frac {2\pi }{n(-f''(x_{0}))}}}}$ 並且順便取極限的話，會得到：

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

再一次，因為 ${\displaystyle \varepsilon }$ 可以取任意大於0的值，所以我們得到了上限了：

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

把上限與下限兩個證明同時考慮，整個證明就完成了。

注意，關於上限的證明，很明顯的當我們把它應用在 ${\displaystyle a}$ 或 ${\displaystyle b}$ 為正負無限大時，該上限證明會失敗。那怎麼辦呢？我們需要再多假設一些東西。一個充分但非必要的假設是：當 ${\displaystyle n=1}$ 時，此積分 ${\displaystyle \int _{a}^{b}e^{nf(x)}\,dx}$ 為有限值，並且上面所說的 ${\displaystyle \eta }$ 是存在的 (注意，當 ${\displaystyle [a,b]}$ 區間是無限的時候，這假設是必要的) 。整個證明過程就如同先前所顯示的那樣，只不過下列的積分部分要做點改變：

${\displaystyle \int _{a}^{x_{0}-\delta }e^{nf(x)}\,dx+\int _{x_{0}+\delta }^{b}e^{nf(x)}\,dx}$

必須利用上述的假設，而改為：

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

以取代先前會得到的 ${\displaystyle (b-a)e^{n(f(x_{0})-\eta )}}$ ，這樣的話，當我們除以 ${\displaystyle e^{nf(x_{0})}{\sqrt {\frac {2\pi }{n(-f''(x_{0}))}}}}$ ，就會改得到如下的結果：

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

這樣的話，當我們取 ${\displaystyle n\rightarrow \infty }$ 時，上式的值就會趨近於 ${\displaystyle 0}$ 。而剩下的部分的證明就還是如同原先的證明，不做改變。

再強調一次，這裡我們多加給無限大積分範圍的情形的條件，是充分，但非必要。不過，這樣的條件已經可以適用在許多情形了(但非全部)。 這考慮條件簡單來講就是積分區間得是被良好定義的(即不能是無限大的)，並且被積函數在 ${\displaystyle x_{0}}$ 必須是真的極大 (意即 ${\displaystyle \eta >0}$ 必須真的存在) ；如果這積分區間是無限大的話，要求 ${\displaystyle n=1}$ 時的此拉普拉斯方法所用的積分值要為有限並非必要的，其實只要當 ${\displaystyle n}$ 大於某數時，此積分值會是有限的即可。

首先，由於極大值所在設為 ${\displaystyle x_{0}=0}$ 並不影響計算結果，所以以下的推導皆如此假設。此外，我們想要的是相對誤差 ${\displaystyle \left|R\right|}$，所以

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

其中 ${\displaystyle s\equiv {\sqrt {\frac {2\pi }{M\left|g''(0)\right|}}}}$ ，所以，若我們令 ${\displaystyle A\equiv {\frac {h(sy)}{h(0)}}e^{M\left[g(sy)-g(0)\right]}}$ 且 ${\displaystyle A_{0}\equiv e^{-\pi y^{2}}}$ ，則

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

所以，只要我們求得上式的上限為何，即可得相對誤差。注意，這裡的推導還可以再優化，不過，由於此處我只想顯示它會收斂到0，因此，不再細推。

由於 ${\displaystyle \left|A+B\right|\leq |A|+|B|}$ ，因此

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

其中 ${\displaystyle (a_{1})}$ 與 ${\displaystyle (a_{2})}$ 雷同，所以只算 ${\displaystyle (a_{1})}$ ，經過 ${\displaystyle z\equiv \pi y^{2}}$ 的變換後，得到

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

也就是說，只要 ${\displaystyle D_{y}}$ 取得夠大，它就會趨近於0。

而 ${\displaystyle (b_{1})}$ 與 ${\displaystyle (b_{2})}$ 也雷同，所以也只算一個：

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

其中

${\displaystyle m(x)\geq {\frac {1}{M}}\ln {\frac {h(x)}{h(0)}}+g(x)-g(0)\,\,{\text{as}}\,\,x\in [sD_{y},b]}$

並且 ${\displaystyle h(x)}$ 在此範圍內要與 ${\displaystyle h(0)}$ 同號。 這裡讓我們選過 ${\displaystyle x=sD_{y}}$ 的切線為 ${\displaystyle m(x)}$ 吧！即 ${\displaystyle m(sy)=g(sD_{y})-g(0)+g'(sD_{y})\left(sy-sD_{y}\right)}$ ，如圖所示：

由圖可以看出，當 ${\displaystyle s}$ 或者 ${\displaystyle D_{y}}$ 變小時，滿足上列不等式的區間會變大，因此，為了涵蓋整個區間， ${\displaystyle D_{y}}$ 有了上限。此外，${\displaystyle e^{-\alpha x}}$ 的積分也相對容易，因此，很適合用來預估誤差。

由泰勒展開我們得知，

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

且

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

然後將它們代回 ${\displaystyle (b_{1})}$ 的計算裡，不過，您可以看到，上述的兩個餘項皆與 ${\displaystyle M}$ 的開根號成反比，為了式子的漂亮，讓我省略它們吧！不省略只是看起來較醜陋而已，不過，那樣子較嚴謹便是。

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

所以，原則上也是 ${\displaystyle D_{y}}$ 越大則越趨近於0。只不過，在決定 ${\displaystyle m(x)}$ 的過程，設下了 ${\displaystyle D_{y}}$ 的上限。

至於靠近極大值的點的積分，我們一樣可以利用泰勒展開來求，當 ${\displaystyle h(x)}$ 在此點的一階微分不為0時，

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

會看到它原則上與 ${\displaystyle M}$ 的開根號成反比，其實，當 ${\displaystyle h(x)}$ 為常數時，積分出來的也會有如此的行為。

所以，概括的講，靠近極大點的附近的積分原則上會隨著 ${\displaystyle {\sqrt {M}}}$ 的增大而變小，而其餘的部分，只要 ${\displaystyle D_{y}}$ 夠大，也會趨近於0，只是這${\displaystyle D_{y}}$ 是有上限的，取決於我們所找的上限函數 ${\displaystyle m(x)}$ 是否在這區間內總是大於 ${\displaystyle g(x)-g(0)}$ ；不過，一旦有一個滿足條件的 ${\displaystyle m(x)}$ 被找到，由於切線的起點為 ${\displaystyle x=sD_{y}}$ ，因此，${\displaystyle D_{y}}$ 可以取正比於 ${\displaystyle {\sqrt {M}}}$ 即可，所以， ${\displaystyle M}$ 越大，${\displaystyle D_{y}}$ 也可以設越大。