The English version follows the Japanese text.
はじめに
本記事では, Laplace の方法を紹介する. Laplace の方法は, パラメータを含む積分の漸近挙動を調べる手法である.
本記事の内容は基本的に Zalik [1] に基づいている. 本記事を書くために証明を精査する中で, [1] では強い条件が課せられていることに気付いた. そのため, 有界区間の積分に対しては有効であったが, 無限区間の積分に対しては方法の適用が狭い範囲にとどまり, Laplace の方法の重要な応用である Stirling の公式に対して適用できないものであった. これは被積分関数の可積分性に関する条件が強すぎるためであった.
本記事では, それを緩め, 例 7 で見るように, Stirling の公式の導出にも適用できるようにした. また, 主張を成り立たせるためのその他の条件についても, 必要最小限と思われる弱い条件に緩めた. 例えば, 命題 1 では単調性が要求されていたが, それを取り除き, 右連続性のみで十分であることを示した.
Laplace の方法
以下, \overline{\mathbb{R}}=\mathbb{R}\cup \{\pm\infty\} とする.
定義. a\in\overline{\mathbb{R}} とし, f,g\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R} とする.
\begin{align*}
\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=1
\end{align*}
が成り立つとき, f は x\to a で g に漸近的である, または g は x\to a のときの f の漸近近似であるといい,
\begin{align*}
f(x) \sim g(x), \qquad x\to a
\end{align*}
で表す.
以後, a,b\in\overline{\mathbb{R}}, a<b とし, J=[a,b] とおく. ただし,
\begin{align*}
[a,b]
&=
\begin{cases}
(-\infty,b], & a=-\infty,\,b<\infty, \\[.5em]
[a,\infty), & a>-\infty,\,b=\infty, \\[.5em]
(-\infty,\infty), & a=-\infty,\,b=\infty
\end{cases}
\end{align*}
とする.
p,q\colon J\to\mathbb{R} に対し,
\begin{align*}
I(x) &= \int_J q(t)e^{-xp(t)}\,dt
\end{align*}
とおく. この積分 I(x) について, x\to\infty のときの漸近的な評価について考える.
以下, 特に断らない限り, -\infty<a とする.
命題 1. (a) 任意の c>a に対し,
\begin{align*}
p(a) < \inf_{t\geq c,~t\in J}p(t)
\end{align*}
である.
(b) p は a で右連続である.
(c) \int_J |q(t)|e^{-p(t)}\,dt<\infty である.
(d) ある \delta_0>0 に対し, \inf_{t\in [a,a+\delta_0]}q(t)\geq 0 または \sup_{t\in [a,a+\delta_0]}q(t)\leq 0 であり, かつ任意の \delta>0 に対して \int_a^{a+\delta}\boldsymbol{1}_{\{t\in J\mid |q(t)|>0\}}(t)\,dt>0 である.
また, a+\delta\in J なる \delta>0 に対し,
\begin{align*}
I(x,\delta) = \int_a^{a+\delta} q(t)e^{-xp(t)}\,dt
\end{align*}
とおく.
このとき, 0<\delta<\delta_0 ならば,
\begin{align*}
I(x) \sim I(x,\delta), \qquad x\to\infty
\end{align*}
である.
証明. 0<\delta<\delta_0 を取る. m_1=\inf_{t\in J\setminus [a,a+\delta)}p(t) とおく. (a) より p(a)<m_1 である. (b) より, 適当な 0<\tilde{\delta}\leq\delta に対し, a\leq t\leq a+\tilde{\delta} ならば, p(t)\leq (p(a)+m_1)/2 である. m_2=\sup_{t\in[a, a+\tilde{\delta}]}p(t) とおく. m_2\leq (p(a)+m_1)/2<m_1 であることに注意する.
x>1とする.
\begin{align*}
\left| \int_{J\setminus [a,a+\delta)} q(t)e^{-xp(t)}\,dt \right|
&\leq \int_{J\setminus [a,a+\delta)} |q(t)|e^{-xp(t)}\,dt \\[1em]
&\leq e^{-(x-1)m_1}\int_{J\setminus [a,a+\delta)} |q(t)|e^{-p(t)}\,dt \\[1em]
&= C_1e^{-xm_1} \tag{1}
\end{align*}
である. ただし, C_1=e^{m_1}\int_{J\setminus [a,a+\delta)} |q(t)|e^{-p(t)}\,dt である.
また, (d) より, q が (a,a+\delta_0] 上符号が一定であることに注意して,
\begin{align*}
|I(x,\delta)|
&= \left| \int_a^{a+\delta}q(t)e^{-xp(t)}\,dt \right| = \int_a^{a+\delta}|q(t)|e^{-xp(t)}\,dt \\
&\geq \int_a^{a+\tilde{\delta}}|q(t)|e^{-xp(t)}\,dt \\
&\geq e^{-(x-1)m_2}\int_a^{a+\tilde{\delta}}|q(t)|e^{-p(t)}\,dt \\[1em]
&= C_2 e^{-xm_2} \tag{2}
\end{align*}
である. ここで, C_2=e^{m_2}\,\int_a^{a+\tilde{\delta}}|q(t)|e^{-p(t)}\,dt>0 である.
よって (1),(2) より,
\begin{align*}
\left| \frac{\displaystyle\int_{J\setminus [a,a+\delta)} q(t)e^{-xp(t)}\,dt}{I(x,\delta)} \right|
&\leq \frac{C_1}{C_2} e^{-x(m_1-m_2)} \\
&\to 0, \qquad x\to \infty
\end{align*}
である.
したがって,
\begin{align*}
\frac{I(x)}{I(x,\delta)}
&= \displaystyle 1 + \frac{\displaystyle\int_{J\setminus [a,a+\delta)} q(t)e^{-xp(t)}\,dt}{I(x,\delta)} \\
&\to 1, \qquad x\to\infty
\end{align*}
である. \phantom{2zw}\Box
命題 2. 次を仮定する.
(a) \int_J |q(t)|e^{-p(t)}\,dt<\infty である.
(b) ある \alpha>-1 と Q\neq 0 に対し,
\begin{align*}
q(t) \sim Q(t-a)^\alpha, \qquad t\to a+
\end{align*}
である.
このとき,
\begin{align*}
\int_J q(t)e^{-xt}\,dt \sim Q\int_J (t-a)^\alpha e^{-xt}\,dt, \qquad x\to\infty
\end{align*}
が成り立つ.
証明. \varepsilon>0 を取る. (b) より, ある \delta>0 が存在して, a<t<a+\delta ならば,
\begin{align*}
\left| \frac{q(t)}{Q(t-a)^\alpha} - 1 \right| < \varepsilon \tag{3}
\end{align*}
である.
また (b) より, 適当な \tau>0 に対して, a<t<a+\tau ならば,
\begin{align*}
\frac{q(t)}{Q(t-a)^\alpha} > \frac{1}{2}
\end{align*}
なので, q と関数 t\mapsto Q(t-a)^\alpha は命題 1-(d) を満たす. よって, p(t)=t として命題 1 を適用すれば, \delta を適当に小さく取り直すと, (3) に加えて, x\to \infty のとき,
\begin{align*}
& \int_J q(t)e^{-xt}\,dt \sim \int_a^{a+\delta} q(t)e^{-xt}\,dt, \tag{4} \\
& Q\int_J (t-a)^\alpha e^{-xt}\,dt \sim Q\int_a^{a+\delta} (t-a)^\alpha e^{-xt}\,dt \tag{5}
\end{align*}
が成り立つようにできる.
(3) と Cauchy の平均値の定理より, 適当な a<\xi<a+\delta に対して,
\begin{align*}
\left| \frac{\displaystyle\int_a^{a+\delta} q(t)e^{-xt}\,dt}{\displaystyle Q\int_a^{a+\delta} (t-a)^\alpha e^{-xt}\,dt} - 1 \right|
&= \left| \frac{q(\xi)}{Q(\xi-a)^\alpha} - 1 \right| \\
&< \varepsilon
\end{align*}
である.
\begin{align*}
\frac{\displaystyle\int_J q(t)e^{-xt}\,dt}{\displaystyle Q\int_J (t-a)^\alpha e^{-xt}\,dt}
&= \frac{\displaystyle\frac{\int_J q(t)e^{-xt}\,dt}{\int_a^{a+\delta} q(t)e^{-xt}\,dt}}{\displaystyle\frac{\int_J (t-a)^\alpha e^{-xt}\,dt}{\int_a^{a+\delta} (t-a)^\alpha e^{-xt}\,dt}} \frac{\displaystyle\int_a^{a+\delta} q(t)e^{-xt}\,dt}{\displaystyle Q\int_a^{a+\delta} (t-a)^\alpha e^{-xt}\,dt}
\end{align*}
なので, (3)-(5) より,
\begin{align*}
1-\varepsilon \leq \liminf_{x\to\infty}\frac{\displaystyle\int_J q(t)e^{-xt}\,dt}{\displaystyle Q\int_J (t-a)^\alpha e^{-xt}\,dt} \leq \limsup_{x\to\infty}\frac{\displaystyle\int_J q(t)e^{-xt}\,dt}{\displaystyle Q\int_J (t-a)^\alpha e^{-xt}\,dt} \leq 1+\varepsilon
\end{align*}
である. よって, \varepsilon\to 0 として,
\begin{align*}
\lim_{x\to\infty}\frac{\displaystyle\int_J q(t)e^{-xt}\,dt}{\displaystyle Q\int_J (t-a)^\alpha e^{-xt}\,dt} = 1
\end{align*}
を得る. \phantom{2zw}\Box
定理 3. 次の (a)-(e) を仮定する.
(a) 任意の c>a に対し,
\begin{align*}
p(a) < \inf_{t\geq c,~t\in J}p(t)
\end{align*}
である.
(b) p は a で右連続で, かつある \sigma>0 に対して, (a,a+\sigma] 上狭義単調増加かつ C^1-級である.
(c) ある P,\mu>0 に対し,
\begin{align*}
p(t) - p(a) \sim P(t-a)^\mu,\quad p'(t) \sim \mu P(t-a)^{\mu-1}, \qquad t\to a+
\end{align*}
である.
(d) \int_J |q(t)|e^{-p(t)}\,dt<\infty である.
(e) ある \lambda>0 と Q\neq 0 に対し,
\begin{align*}
q(t) \sim Q(t-a)^{\lambda-1}, \qquad t\to a+
\end{align*}
である.
このとき,
\begin{align*}
I(x) &\sim \frac{Q}{\mu} \frac{e^{-xp(a)}}{(Px)^{\frac{\lambda}{\mu}}} \,\Gamma\left( \frac{\lambda}{\mu} \right), \qquad x\to\infty
\end{align*}
が成り立つ. ただし, \Gamma(z)=\int_0^\infty t^{z-1}e^{-t}\,dt~(z>0) である.
証明. (e) より, 命題 2 の証明中の議論と同様にして, q が命題 1 の (d) を満たすことが分かる. これと合わせて (a),(b) より, 命題 1 を適用できることが分かる. よって, 十分小さな \delta>0 取って, I(x)\sim I(x,\delta),\,x\to\infty とできる.
s=p(t) と変数変換すると,
\begin{align*}
I(x,\delta)
&= \int_{p(a)}^{p(a+\delta)} \frac{q(p^{-1}(s))}{p'(p^{-1}(s))}e^{-xs}\,ds
\end{align*}
である.
(c) より,
\begin{align*}
p^{-1}(s)-a \sim \left( \frac{s-p(a)}{P} \right)^{\frac{1}{\mu}}, \qquad s\to p(a)+
\end{align*}
なので, (c),(e) より,
\begin{align*}
\frac{q(p^{-1}(s))}{p'(p^{-1}(s))}
&\sim \frac{Q}{\mu}\frac{1}{P^{\frac{\lambda}{\mu}}} (s-p(a))^{\frac{\lambda}{\mu}-1}, \qquad s\to p(a)+
\end{align*}
である. 命題 2 を適用し, さらに適当に変数変換して,
\begin{align*}
I(x,\delta)
&\sim \frac{Q}{\mu}\frac{e^{-xp(a)}}{P^{\frac{\lambda}{\mu}}} \int_{0}^{p(a+\delta)-p(a)} \tau^{\frac{\lambda}{\mu}-1}e^{-x\tau}\,d\tau, \qquad x\to\infty
\end{align*}
を得る. 再び命題 1 を適用し, \Gamma 関数の形に変換して,
\begin{align*}
& \frac{Q}{\mu}\frac{e^{-xp(a)}}{P^{\frac{\lambda}{\mu}}} \int_{0}^{p(a+\delta)-p(a)} \tau^{\frac{\lambda}{\mu}-1}e^{-x\tau}\,d\tau \\
&\hspace{5em} \sim \frac{Q}{\mu}\frac{e^{-xp(a)}}{P^{\frac{\lambda}{\mu}}} \int_{0}^{\infty} \tau^{\frac{\lambda}{\mu}-1}e^{-x\tau}\,d\tau, \\[1em]
&\hspace{7em} = \frac{Q}{\mu}\frac{e^{-xp(a)}}{(Px)^{\frac{\lambda}{\mu}}} \,\Gamma\left( \frac{\lambda}{\mu} \right), \qquad x\to\infty
\end{align*}
を得る. \phantom{2zw}\Box
例 4. Laplace の方法を使って, 次の無限級数の x\to\infty の極限を求めることができる:
\begin{align*}
\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k+1}\left(\frac{x}{k}\right)^k
&= x - \frac{x^2}{4} + \frac{x^3}{27} - \frac{x^4}{256} +\cdots, \qquad x\in\mathbb{R}.
\end{align*}
ここで,
\begin{align*}
\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k+1}\left(\frac{x}{k}\right)^k
&= x \int_0^1 t^{xt}\,dt = x \int_0^1 e^{-x(-t\log t)}\,dt
\end{align*}
が成り立つ. 関数 (0,1]\ni t\mapsto -t\log t は区間 (0,e^{-1}] で狭義単調増加で, 区間 [e^{-1},1] で狭義単調減少であり, t=1 で最小値 0 を取る. また, \lim_{t\to 0+}(-t\log t)=0 である. したがって, 定理 3 を適用するため, 積分区間を分割し,
\begin{align*}
\int_0^1 e^{-x(-t\log t)}\,dt
&= \int_0^{e^{-1}} e^{-x(-t\log t)}\,dt + \int_{e^{-1}}^1 e^{-x(-t\log t)}\,dt \\
&= \int_0^{e^{-1}} e^{-x(-t\log t)}\,dt + \int_0^{1-e^{-1}} e^{-x(-(1-t)\log (1-t))}\,dt
\end{align*}
とする. p(t)=-(1-t)\log(1-t)~~(0<t\leq 1) とおくと,
\begin{align*}
p(t)-p(0) \sim t, \quad p'(t) \sim 1, \qquad t\to 0+
\end{align*}
より, \lambda=\mu=P=Q=1 として, 定理 3 より,
\begin{align*}
\lim_{x\to\infty} x \int_0^{1-e^{-1}} e^{-x(-(1-t)\log (1-t))}\,dt
&= 1
\end{align*}
である.
また,
\begin{align*}
\lim_{x\to\infty} x \int_0^{e^{-1}} e^{-x(-t\log t)}\,dt
&= 0
\end{align*}
については, 命題1を用いて \int_0^{e^{-1}}\sim\int_0^{\delta} とした後, 0<t\leq\delta では -t\log t\geq -t\log\delta なので,
\begin{align*}
x \int_{0}^{\delta} e^{-x(-t\log t)}dt
&\leq x \int_{0}^{\delta} e^{-x(-\log\delta)\,t}dt \leq \frac{1}{-\log\delta}
\end{align*}
である. よって, 0<\varepsilon<1 に対して \delta=e^{-1/\varepsilon} と取れば, 右辺\leq \varepsilon である.
したがって,
\begin{align*}
\lim_{x\to\infty} \sum_{k=1}^\infty (-1)^{k+1}\left(\frac{x}{k}\right)^k
&= 1
\end{align*}
であることが分かる. 詳細はこちらの記事を参照されたい. \phantom{2zw}\Box
次に, Laplace の方法としてよく知られた形である次の定理を示す.
定理 5. a,b\in\overline{\mathbb{R}}, J=[a,b] とする. また, t_0\in J を J の内点とする. 次の (a)-(d) を仮定する:
(a) 任意の c>0 に対し,
\begin{align*}
p(t_0) < \inf_{t\in J\setminus (t_0-c,t_0+c)} p(t)
\end{align*}
である.
(b) p は t_0 の近傍で 2 回微分可能かつ p''(t_0)>0 である.
(c) \int_J |q(t)|e^{-p(t)}\,dt<\infty である.
(d) q は t_0 で連続であり, q(t_0)\neq 0 である.
このとき,
\begin{align*}
\int_J q(t)e^{-xp(t)}\,dt
&\sim q(t_0)e^{-xp(t_0)}\sqrt{\frac{2\pi}{xp''(t_0)}}, \qquad x\to\infty
\end{align*}
が成り立つ.
証明. 定理 3 を適用するために, 積分区間を次のように分割する:
\begin{align*}
\int_J q(t)e^{-xp(t)}\,dt
&= \int_{J\cap (-\infty,t_0]} q(t)e^{-xp(t)}\,dt + \int_{J\cap [t_0,\infty)} q(t)e^{-xp(t)}\,dt \\
&= \int_{-J\cap [-t_0,\infty)} q(-t)e^{-xp(-t)}\,dt + \int_{J\cap [t_0,\infty)} q(t)e^{-xp(t)}\,dt \\[1em]
&= I_-(x) + I_+(x).
\end{align*}
ここで, -J=\{-t\mid t\in J\}, I_\pm(x)=\int_{\pm J\cap [\pm t_0,\infty)} q(\pm t)e^{-xp(\pm t)}\,dt である.
まず, I_+(x) の x\to\infty での漸近評価を行う. (b) より, \delta>0 を十分小さく取って, (t_0-\delta,t_0+\delta)\subset J で 2 回微分可能である. Taylor の定理より,
\begin{align*}
& p(t) - p(t_0) \sim \frac{p''(t_0)}{2}(t-t_0)^2, \qquad t\to t_0+, \tag{6} \\[1em]
& p'(t) \sim p''(t_0)(t-t_0), \qquad t\to t_0+ \tag{7}
\end{align*}
である. ここで, p'(t_0)=0 に注意する.
(6),(7) より, P=p''(t_0)/2, \mu=2 である. (d) より, q(t)\sim q(t_0),~t\to t_0+ なので, \lambda=1, Q=q(t_0) である. これを定理 3 に適用して,
\begin{align*}
I_+(x)
&\sim \frac{q(t_0)}{2}e^{-xp(t_0)}\sqrt{\frac{2\pi}{xp''(t_0)}}, \qquad x\to\infty
\end{align*}
を得る. ここで, \Gamma(1/2)=\sqrt{\pi} を用いた.
I_-(x) についても同様にして,
\begin{align*}
I_-(x)
&\sim \frac{q(t_0)}{2}e^{-xp(t_0)}\sqrt{\frac{2\pi}{xp''(t_0)}}, \qquad x\to\infty
\end{align*}
が分かる.
したがって,
\begin{align*}
\int_J q(t)e^{-xp(t)}\,dt
&\sim q(t_0)e^{-xp(t_0)}\sqrt{\frac{2\pi}{xp''(t_0)}}, \qquad x\to\infty
\end{align*}
が成り立つ. \phantom{2zw}\Box
例 6. a,b\in\overline{\mathbb{R}}, a<b, J=[a,b] とし, t_0 を J の内点とする. また, q\colon J\to\mathbb{R} は J 上有界かつ t_0 で連続であるとする. このとき,
\begin{align*}
\frac{1}{\sqrt{2\pi\varepsilon}}\int_J q(t)e^{-\frac{(t-t_0)^2}{2\varepsilon}}\,dt, \qquad \varepsilon>0
\end{align*}
の \varepsilon\to 0 とした極限を求める.
q(t_0)\neq 0 のとき, p(t)=(t-t_0)^2/2 とおくと, p'(t)=t-t_0, p''(t)=1 である. 定理 5 より,
\begin{align*}
\lim_{\varepsilon\to 0} \frac{1}{\sqrt{2\pi\varepsilon}}\int_J q(t)e^{-\frac{(t-t_0)^2}{2\varepsilon}}\,dt
&= q(t_0) \tag{8}
\end{align*}
が成り立つ.
q(t_0)=0 とし, \varepsilon'>0 を取る. q は t_0 で連続であることより, \delta>0 を十分小さく取ると, t\in(t_0-\delta,t_0+\delta)\subset J のとき, |q(t)|<\varepsilon' である.
ここで,
\begin{align*}
& \frac{1}{\sqrt{2\pi\varepsilon}}\int_J q(t)e^{-\frac{(t-t_0)^2}{2\varepsilon}}\,dt \\
&\hspace{3em}= \frac{1}{\sqrt{2\pi\varepsilon}}\int_{J\setminus [t_0-\delta,t_0+\delta]} q(t)e^{-\frac{(t-t_0)^2}{2\varepsilon}}\,dt + \frac{1}{\sqrt{2\pi\varepsilon}}\int_{t_0-\delta}^{t_0+\delta} q(t)e^{-\frac{(t-t_0)^2}{2\varepsilon}}\,dt
\end{align*}
と分割する.
\begin{align*}
\frac{1}{\sqrt{2\pi\varepsilon}}\int_{t_0-\delta}^{t_0+\delta} |q(t)|e^{-\frac{(t-t_0)^2}{2\varepsilon}}\,dt
&\leq \varepsilon'
\end{align*}
である. 一方,
\begin{align*}
\frac{1}{\sqrt{2\pi\varepsilon}}\int_{J\setminus [t_0-\delta,t_0+\delta]} |q(t)|e^{-\frac{(t-t_0)^2}{2\varepsilon}}\,dt
&\leq 2C \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{\delta/\sqrt{\varepsilon}}^\infty e^{-\frac{t^2}{2}}\,dt \\[1em]
& \to 0, \qquad \varepsilon\to 0
\end{align*}
である. ここで, C=\sup_{t\in J}|q(t)|<\infty である.
したがって, \varepsilon'\to 0 として,
\begin{align*}
\lim_{\varepsilon\to 0}\frac{1}{\sqrt{2\pi\varepsilon}}\int_J q(t)e^{-\frac{(t-t_0)^2}{2\varepsilon}}\,dt
&= 0
\end{align*}
を得る.
以上より, q(t_0)\neq 0, q(t_0)=0 のいずれの場合も (8) が成り立つ. \phantom{2zw}\Box
例 7 (Stirling の公式). Laplace の方法を用いて, n! の n\to\infty での漸近挙動を導くことができる.
n=1,2,\dots とする. 適当に変数変換して,
\begin{align*}
n!
&= \Gamma(n+1) \\
&= n^{n+1}\int_0^\infty e^{-n(t-\log t)}\,dt
\end{align*}
である. p(t):=t-\log t~~(t>0) は t\in(0,1] で狭義単調減少し, t=1 で最小値 1 を取った後, t\in[1,\infty) で狭義単調増加し, \infty に発散する.
Laplace の方法 (定理 5) を用いる. p(1)=p''(1)=1 より,
\begin{align*}
n!
&= n^{n+1} \int_0^\infty e^{-n(t-\log t)}\,dt \\[1em]
&\sim \sqrt{2\pi n}\left( \frac{n}{e} \right)^n, \qquad n\to\infty
\end{align*}
を得る. ここで, \Gamma(1/2)=\sqrt{\pi} を用いた. \phantom{2zw}\Box
参考文献
[1] R. A. Zalik, The method of Laplace and Watson's lemma, 2012. PDF
[2] Laplace's method, wikipedia.
[English Version]
Introduction
This article introduces Laplace's method, which is a technique for studying the asymptotic behavior of integrals containing parameters.
The content of this article is basically based on Zalik [1]. While scrutinizing the proofs to write this article, I noticed that strong conditions were imposed in [1]. As a result, while the method was effective for integrals over bounded intervals, its application to integrals over unbounded intervals was limited, and it could not be applied to Stirling's formula, which is an important application of Laplace's method. This was because the integrability condition on the integrand was too strong.
In this article, I have relaxed this condition so that it can be applied to the derivation of Stirling's formula, as shown in Example 7. I have also relaxed other conditions to what appear to be the necessary minimum. For example, in Proposition 1, monotonicity was required, but I have removed this and shown that right-continuity alone is sufficient.
Laplace's Method
In what follows, let \overline{\mathbb{R}}=\mathbb{R}\cup \{\pm\infty\}.
Definition. Let a\in\overline{\mathbb{R}}, and let f,g\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}. When
\begin{align*}
\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=1
\end{align*}
holds, we say that f is asymptotic to g as x\to a, or that g is an asymptotic approximation of f as x\to a, and write
\begin{align*}
f(x) \sim g(x), \qquad x\to a.
\end{align*}
Hereafter, let a,b\in\overline{\mathbb{R}}, a<b, and set J=[a,b]. We use the convention
\begin{align*}
[a,b]
&=
\begin{cases}
(-\infty,b], & a=-\infty,\,b<\infty, \\[.5em]
[a,\infty), & a>-\infty,\,b=\infty, \\[.5em]
(-\infty,\infty), & a=-\infty,\,b=\infty.
\end{cases}
\end{align*}
For functions p,q\colon J\to\mathbb{R}, define
\begin{align*}
I(x) &= \int_J q(t)e^{-xp(t)}\,dt.
\end{align*}
We consider the asymptotic evaluation of this integral I(x) as x\to\infty.
Unless otherwise stated, we assume -\infty<a.
Proposition 1. Assume the following conditions (a)-(e):
(a) For every c>a,
\begin{align*}
p(a) &< \inf_{t\geq c,~t\in J} p(t).
\end{align*}
(b) p is right-continuous at a.
(c) \int_J |q(t)|e^{-p(t)}\,dt<\infty.
(d) There is a \delta_0>0 such that either \inf_{t\in [a,a+\delta_0]}q(t)\geq 0 or \sup_{t\in [a,a+\delta_0]}q(t)\leq 0, and for every \delta>0, \int_a^{a+\delta}\boldsymbol{1}_{\{t\in J\mid |q(t)|>0\}}(t)\,dt>0.
For \delta>0 with a+\delta\in J, define
\begin{align*}
I(x,\delta) = \int_a^{a+\delta} q(t)e^{-xp(t)}\,dt.
\end{align*}
If 0<\delta<\delta_0, then
\begin{align*}
I(x) \sim I(x,\delta), \qquad x\to\infty.
\end{align*}
Proof. Let 0<\delta<\delta_0. Put m_1=\inf_{t\in J\setminus [a,a+\delta)}p(t). By (a), p(a)<m_1. By (b), there is a 0<\tilde{\delta}\leq\delta such that, for a\leq t\leq a+\tilde{\delta}, p(t)\leq (p(a)+m_1)/2. Put m_2=\sup_{t\in[a, a+\tilde{\delta}]}p(t). Note that m_2\leq (p(a)+m_1)/2<m_1.
For x>1, we obtain
\begin{align*}
\left| \int_{J\setminus [a,a+\delta)} q(t)e^{-xp(t)}\,dt \right|
&\leq \int_{J\setminus [a,a+\delta)} |q(t)|e^{-xp(t)}\,dt \\[1em]
&\leq e^{-(x-1)m_1}\int_{J\setminus [a,a+\delta)} |q(t)|e^{-p(t)}\,dt \\[1em]
&= C_1e^{-xm_1}, \tag{1}
\end{align*}
where C_1=e^{m_1}\int_{J\setminus [a,a+\delta)} |q(t)|e^{-p(t)}\,dt.
In addition, by (d), noting that q has constant sign on (a,a+\delta_0], we obtain
\begin{align*}
|I(x,\delta)|
&= \left| \int_a^{a+\delta}q(t)e^{-xp(t)}\,dt \right| = \int_a^{a+\delta}|q(t)|e^{-xp(t)}\,dt \\
&\geq \int_a^{a+\tilde{\delta}}|q(t)|e^{-xp(t)}\,dt \\
&\geq e^{-(x-1)m_2}\int_a^{a+\tilde{\delta}}|q(t)|e^{-p(t)}\,dt \\[1em]
&= C_2 e^{-xm_2}, \tag{2}
\end{align*}
where C_2=e^{m_2}\,\int_a^{a+\tilde{\delta}}|q(t)|e^{-p(t)}\,dt>0.
Then, (1) and (2) yield
\begin{align*}
\left| \frac{\displaystyle\int_{J\setminus [a,a+\delta)} q(t)e^{-xp(t)}\,dt}{I(x,\delta)} \right|
&\leq \frac{C_1}{C_2} e^{-x(m_1-m_2)} \\
&\to 0, \qquad x\to \infty.
\end{align*}
Hence, we see
\begin{align*}
\frac{I(x)}{I(x,\delta)}
&= \displaystyle 1 + \frac{\displaystyle\int_{J\setminus [a,a+\delta)} q(t)e^{-xp(t)}\,dt}{I(x,\delta)} \\
&\to 1, \qquad x\to\infty.
\end{align*}
\Box
Proposition 2. Assume the following conditions (a) and (b):
(a) \int_J |q(t)|e^{-p(t)}\,dt<\infty.
(b) There are \alpha>-1 and Q\neq 0 such that
\begin{align*}
q(t) \sim Q(t-a)^\alpha, \qquad t\to a+.
\end{align*}
Then, it holds that
\begin{align*}
\int_J q(t)e^{-xt}\,dt \sim Q\int_J (t-a)^\alpha e^{-xt}\,dt, \qquad x\to\infty.
\end{align*}
Proof. Take an \varepsilon>0. By (b), there exists \delta>0 such that, for a<t<a+\delta,
\begin{align*}
\left| \frac{q(t)}{Q(t-a)^\alpha} - 1 \right| < \varepsilon. \tag{3}
\end{align*}
By (b), for some \tau>0, if a<t<a+\tau, then
\begin{align*}
\frac{q(t)}{Q(t-a)^\alpha} > \frac{1}{2}.
\end{align*}
Hence, q and the function t\mapsto Q(t-a)^\alpha satisfy condition (d) of Proposition 1. Then, applying Proposition 1 with p(t)=t, by taking \delta smaller if necessary, we can ensure that the following (4) and (5) hold as x\to \infty, as well as (3):
\begin{align*}
& \int_J q(t)e^{-xt}\,dt \sim \int_a^{a+\delta} q(t)e^{-xt}\,dt, \tag{4} \\
& Q\int_J (t-a)^\alpha e^{-xt}\,dt \sim Q\int_a^{a+\delta} (t-a)^\alpha e^{-xt}\,dt. \tag{5}
\end{align*}
By (3) and Cauchy's mean value theorem, there is a a<\xi<a+\delta such that
\begin{align*}
\left| \frac{\displaystyle\int_a^{a+\delta} q(t)e^{-xt}\,dt}{\displaystyle Q\int_a^{a+\delta} (t-a)^\alpha e^{-xt}\,dt} - 1 \right|
&= \left| \frac{q(\xi)}{Q(\xi-a)^\alpha} - 1 \right| \\
&< \varepsilon.
\end{align*}
Since, by (3)-(5),
\begin{align*}
\frac{\displaystyle\int_J q(t)e^{-xt}\,dt}{\displaystyle Q\int_J (t-a)^\alpha e^{-xt}\,dt}
&= \frac{\displaystyle\frac{\int_J q(t)e^{-xt}\,dt}{\int_a^{a+\delta} q(t)e^{-xt}\,dt}}{\displaystyle\frac{\int_J (t-a)^\alpha e^{-xt}\,dt}{\int_a^{a+\delta} (t-a)^\alpha e^{-xt}\,dt}} \frac{\displaystyle\int_a^{a+\delta} q(t)e^{-xt}\,dt}{\displaystyle Q\int_a^{a+\delta} (t-a)^\alpha e^{-xt}\,dt},
\end{align*}
we see
\begin{align*}
1-\varepsilon \leq \liminf_{x\to\infty}\frac{\displaystyle\int_J q(t)e^{-xt}\,dt}{\displaystyle Q\int_J (t-a)^\alpha e^{-xt}\,dt} \leq \limsup_{x\to\infty}\frac{\displaystyle\int_J q(t)e^{-xt}\,dt}{\displaystyle Q\int_J (t-a)^\alpha e^{-xt}\,dt} \leq 1+\varepsilon.
\end{align*}
Therefore, letting \varepsilon\to 0, it follows that
\begin{align*}
\lim_{x\to\infty}\frac{\displaystyle\int_J q(t)e^{-xt}\,dt}{\displaystyle Q\int_J (t-a)^\alpha e^{-xt}\,dt} = 1.
\end{align*}
\Box
Theorem 3. Assume the following conditions (a)-(e):
(a) For every c>a,
\begin{align*}
p(a) < \inf_{t\geq c,~t\in J}p(t).
\end{align*}
(b) p is right-continuous at a, and, for some \sigma>0, strictly increasing and of the class C^1 on (a,a+\sigma].
(c) There are P and \mu>0 such that
\begin{align*}
p(t) - p(a) \sim P(t-a)^\mu,\quad p'(t) \sim \mu P(t-a)^{\mu-1}, \qquad t\to a+.
\end{align*}
(d) \int_J |q(t)|e^{-p(t)}\,dt<\infty.
(e) There are \lambda>0 and Q\neq 0 such that
\begin{align*}
q(t) \sim Q(t-a)^{\lambda-1}, \qquad t\to a+.
\end{align*}
Then, it holds that
\begin{align*}
I(x) &\sim \frac{Q}{\mu} \frac{e^{-xp(a)}}{(Px)^{\frac{\lambda}{\mu}}} \,\Gamma\left( \frac{\lambda}{\mu} \right), \qquad x\to\infty,
\end{align*}
where \Gamma(z)=\int_0^\infty t^{z-1}e^{-t}\,dt for z>0.
Proof. By (e), using the same manner as in the proof of Proposition 2, we see that q satisfies (d) of Proposition 1. Combined with (a) and (b), we can apply Proposition 1. Therefore, taking \delta>0 sufficiently small, we have I(x)\sim I(x,\delta) as x\to\infty.
The change of variables s=p(t) yields
\begin{align*}
I(x,\delta)
&= \int_{p(a)}^{p(a+\delta)} \frac{q(p^{-1}(s))}{p'(p^{-1}(s))}e^{-xs}\,ds.
\end{align*}
By (c),
\begin{align*}
p^{-1}(s)-a \sim \left( \frac{s-p(a)}{P} \right)^{\frac{1}{\mu}}, \qquad s\to p(a)+.
\end{align*}
Hence, by (c) and (e), we see
\begin{align*}
\frac{q(p^{-1}(s))}{p'(p^{-1}(s))}
&\sim \frac{Q}{\mu}\frac{1}{P^{\frac{\lambda}{\mu}}} (s-p(a))^{\frac{\lambda}{\mu}-1}, \qquad s\to p(a)+.
\end{align*}
Applying Proposition 2 and making a suitable change of variables, it follows that
\begin{align*}
I(x,\delta)
&\sim \frac{Q}{\mu}\frac{e^{-xp(a)}}{P^{\frac{\lambda}{\mu}}} \int_{0}^{p(a+\delta)-p(a)} \tau^{\frac{\lambda}{\mu}-1}e^{-x\tau}\,d\tau, \qquad x\to\infty.
\end{align*}
Applying Proposition 1 again, we obtain
\begin{align*}
& \frac{Q}{\mu}\frac{e^{-xp(a)}}{P^{\frac{\lambda}{\mu}}} \int_{0}^{p(a+\delta)-p(a)} \tau^{\frac{\lambda}{\mu}-1}e^{-x\tau}\,d\tau \\
&\hspace{5em} \sim \frac{Q}{\mu}\frac{e^{-xp(a)}}{P^{\frac{\lambda}{\mu}}} \int_{0}^{\infty} \tau^{\frac{\lambda}{\mu}-1}e^{-x\tau}\,d\tau, \\[1em]
&\hspace{7em} = \frac{Q}{\mu}\frac{e^{-xp(a)}}{(Px)^{\frac{\lambda}{\mu}}} \,\Gamma\left( \frac{\lambda}{\mu} \right), \qquad x\to\infty.
\end{align*}
\Box
Example 4. Using Laplace's method, we can find the limit as x\to\infty of the following infinite series:
\begin{align*}
\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k+1}\left(\frac{x}{k}\right)^k
&= x - \frac{x^2}{4} + \frac{x^3}{27} - \frac{x^4}{256} +\cdots, \qquad x\in\mathbb{R}.
\end{align*}
Here, it holds that
\begin{align*}
\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k+1}\left(\frac{x}{k}\right)^k
&= x \int_0^1 t^{xt}\,dt = x \int_0^1 e^{-x(-t\log t)}\,dt.
\end{align*}
The function (0,1]\ni t\mapsto -t\log t is strictly increasing on (0,e^{-1}] and strictly decreasing on [e^{-1},1], and attains its minimum value 0 at t=1. In addition, \lim_{t\to 0+}(-t\log t)=0. Then, to apply Theorem 3, we split the integral:
\begin{align*}
\int_0^1 e^{-x(-t\log t)}\,dt
&= \int_0^{e^{-1}} e^{-x(-t\log t)}\,dt + \int_{e^{-1}}^1 e^{-x(-t\log t)}\,dt \\
&= \int_0^{e^{-1}} e^{-x(-t\log t)}\,dt + \int_0^{1-e^{-1}} e^{-x(-(1-t)\log (1-t))}\,dt.
\end{align*}
Let p(t)=-(1-t)\log(1-t) for 0<t\leq 1. Since
\begin{align*}
p(t)-p(0) \sim t, \quad p'(t) \sim 1, \qquad t\to 0+
\end{align*}
with \lambda=\mu=P=Q=1, by Theorem 3, it holds that
\begin{align*}
\lim_{x\to\infty} x \int_0^{1-e^{-1}} e^{-x(-(1-t)\log (1-t))}\,dt
&= 1.
\end{align*}
Moreover,
\begin{align*}
\lim_{x\to\infty} x \int_{0}^{e^{-1}} e^{-x(-t\log t)}\,dt = 0
\end{align*}
follows by applying Proposition 1 to replace \int_{0}^{e^{-1}} with \int_{0}^{\delta}, and noting that for 0<t\leq\delta we have -t\log t \geq -t\log\delta. Therefore,
\begin{align*}
x \int_{0}^{\delta} e^{-x(-t\log t)}\,dt
\leq x \int_{0}^{\delta} e^{-x(-\log\delta)\,t}\,dt
\leq \frac{1}{-\log\delta}.
\end{align*}
Taking \delta = e^{-1/\varepsilon} for 0<\varepsilon<1 makes the right-hand side \leq\varepsilon.
Thus, we obtain
\begin{align*}
\lim_{x\to\infty} \sum_{k=1}^\infty (-1)^{k+1}\left(\frac{x}{k}\right)^k
&= 1.
\end{align*}
For details, see this article. \phantom{2zw}\Box
Next, we present the following theorem, which is the well-known form of Laplace's method.
Theorem 5. Let a,b\in\overline{\mathbb{R}} and J=[a,b]. Let t_0\in J be an interior point of J. Assume the following conditions (a)-(d):
(a) For every c>0,
\begin{align*}
p(t_0) < \inf_{t\in J\setminus (t_0-c,t_0+c)} p(t).
\end{align*}
(b) p is twice differentiable in a neighborhood of t_0 and p''(t_0)>0.
(c) \int_J |q(t)|e^{-p(t)}\,dt<\infty.
(d) q is continuous at t_0 and q(t_0)\neq 0.
Then, it holds that
\begin{align*}
\int_J q(t)e^{-xp(t)}\,dt
&\sim q(t_0)e^{-xp(t_0)}\sqrt{\frac{2\pi}{xp''(t_0)}}, \qquad x\to\infty.
\end{align*}
Proof. In order to apply Theorem 3, we split the integral as follows:
\begin{align*}
\int_J q(t)e^{-xp(t)}\,dt
&= \int_{J\cap (-\infty,t_0]} q(t)e^{-xp(t)}\,dt + \int_{J\cap [t_0,\infty)} q(t)e^{-xp(t)}\,dt \\
&= \int_{-J\cap [-t_0,\infty)} q(-t)e^{-xp(-t)}\,dt + \int_{J\cap [t_0,\infty)} q(t)e^{-xp(t)}\,dt \\[1em]
&= I_-(x) + I_+(x),
\end{align*}
where -J=\{-t\mid t\in J\} and I_\pm(x)=\int_{\pm J\cap [\pm t_0,\infty)} q(\pm t)e^{-xp(\pm t)}\,dt.
First, we evaluate the asymptotic behavior of I_+(x) as x\to\infty. By (b), taking \delta>0 sufficiently small so that (t_0-\delta,t_0+\delta)\subset J and p is twice differentiable there, by Taylor's theorem, we have
\begin{align*}
& p(t) - p(t_0) \sim \frac{p''(t_0)}{2}(t-t_0)^2, \qquad t\to t_0+, \tag{6} \\[1em]
& p'(t) \sim p''(t_0)(t-t_0), \qquad t\to t_0+. \tag{7}
\end{align*}
Note that p'(t_0)=0.
By (6) and (7), P=p''(t_0)/2 and \mu=2. By (d), q(t)\sim q(t_0) as t\to t_0+, then \lambda=1 and Q=q(t_0). Applying Theorem 3, we see
\begin{align*}
I_+(x)
&\sim \frac{q(t_0)}{2}e^{-xp(t_0)}\sqrt{\frac{2\pi}{xp''(t_0)}}, \qquad x\to\infty,
\end{align*}
where we used \Gamma(1/2)=\sqrt{\pi}.
Similarly for I_-(x), we see
\begin{align*}
I_-(x)
&\sim \frac{q(t_0)}{2}e^{-xp(t_0)}\sqrt{\frac{2\pi}{xp''(t_0)}}, \qquad x\to\infty.
\end{align*}
Then, it holds that
\begin{align*}
\int_J q(t)e^{-xp(t)}\,dt
&\sim q(t_0)e^{-xp(t_0)}\sqrt{\frac{2\pi}{xp''(t_0)}}, \qquad x\to\infty.
\end{align*}
\Box
Example 6. Let a,b\in\overline{\mathbb{R}}, a<b, J=[a,b], and let t_0 be an interior point of J. Assume that q\colon J\to\mathbb{R} is bounded on J and continuous at t_0. We find the limit as \varepsilon\to 0 of
\begin{align*}
\frac{1}{\sqrt{2\pi\varepsilon}}\int_J q(t)e^{-\frac{(t-t_0)^2}{2\varepsilon}}\,dt, \qquad \varepsilon>0.
\end{align*}
When q(t_0)\neq 0, let p(t)=(t-t_0)^2/2. Then, p'(t)=t-t_0 and p''(t)=1. By Theorem 5,
\begin{align*}
\lim_{\varepsilon\to 0} \frac{1}{\sqrt{2\pi\varepsilon}}\int_J q(t)e^{-\frac{(t-t_0)^2}{2\varepsilon}}\,dt
&= q(t_0). \tag{8}
\end{align*}
When q(t_0)=0, take \varepsilon'>0. Since q is continuous at t_0, we can take \delta>0 sufficiently small so that |q(t)|<\varepsilon' for t\in(t_0-\delta,t_0+\delta)\subset J.
We split
\begin{align*}
& \frac{1}{\sqrt{2\pi\varepsilon}}\int_J q(t)e^{-\frac{(t-t_0)^2}{2\varepsilon}}\,dt \\
&\hspace{3em}= \frac{1}{\sqrt{2\pi\varepsilon}}\int_{J\setminus [t_0-\delta,t_0+\delta]} q(t)e^{-\frac{(t-t_0)^2}{2\varepsilon}}\,dt + \frac{1}{\sqrt{2\pi\varepsilon}}\int_{t_0-\delta}^{t_0+\delta} q(t)e^{-\frac{(t-t_0)^2}{2\varepsilon}}\,dt.
\end{align*}
We have
\begin{align*}
\frac{1}{\sqrt{2\pi\varepsilon}}\int_{t_0-\delta}^{t_0+\delta} |q(t)|e^{-\frac{(t-t_0)^2}{2\varepsilon}}\,dt
&\leq \varepsilon'
\end{align*}
On the other hand,
\begin{align*}
\frac{1}{\sqrt{2\pi\varepsilon}}\int_{J\setminus [t_0-\delta,t_0+\delta]} |q(t)|e^{-\frac{(t-t_0)^2}{2\varepsilon}}\,dt
&\leq 2C \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{\delta/\sqrt{\varepsilon}}^\infty e^{-\frac{t^2}{2}}\,dt \\[1em]
& \to 0, \qquad \varepsilon\to 0,
\end{align*}
where C=\sup_{t\in J}|q(t)|<\infty.
Then, letting \varepsilon'\to 0, we obtain
\begin{align*}
\lim_{\varepsilon\to 0}\frac{1}{\sqrt{2\pi\varepsilon}}\int_J q(t)e^{-\frac{(t-t_0)^2}{2\varepsilon}}\,dt
&= 0.
\end{align*}
Thus, (8) holds in both cases q(t_0)\neq 0 and q(t_0)=0. \phantom{2zw}\Box
Example 7 (Stirling's Formula). Using Laplace's method, we can derive the asymptotic behavior of n! as n\to\infty.
For n=1,2,\dots, by a suitable change of variables,
\begin{align*}
n!
&= \Gamma(n+1) \\
&= n^{n+1}\int_0^\infty e^{-n(t-\log t)}\,dt.
\end{align*}
The function p(t):=t-\log t for t>0 is strictly decreasing on (0,1], attains its minimum value 1 at t=1, then is strictly increasing on [1,\infty) and diverges to \infty.
Using Laplace's method (Theorem 5), since p(1)=p''(1)=1, we see
\begin{align*}
n!
&= n^{n+1} \int_0^\infty e^{-n(t-\log t)}\,dt \\[1em]
&\sim \sqrt{2\pi n}\left( \frac{n}{e} \right)^n, \qquad n\to\infty,
\end{align*}
where we used \Gamma(1/2)=\sqrt{\pi}. \phantom{2zw}\Box
References
[1] R. A. Zalik, The method of Laplace and Watson's lemma, 2012. PDF
[2] Laplace's method, wikipedia.
Discussion