Como notado, un simple Laplace método no puede ser utilizado aquí, como 2 escalas están involucrados. Un uniforme asintótica de expansión debe ser encontrado. Como alternativa, en este caso, podemos reconocer una función Bessel modificada. De hecho, el cambio de $x=\frac{h}{M}\sinh t$, la integral se puede escribir como
\begin{align}
I&=\int_{-\infty}^\infty \exp(-\sqrt{h^2+M^2x^2}) \,dx\\
&=\frac{h}{M}\int_{-\infty}^\infty \exp(-h\cosh t)\cosh t \,dt
\end{align}
que es proporcional a una representación integral de una función Bessel modificada (DLMF):
\begin{equation}
K_{\nu}\left(z\right)=\int_{0}^{\infty}e^{-z\cosh t}\cosh\left(\nu t\right)%
\mathrm{d}t
\end{equation}
con $\nu=1,z=h$,
\begin{equation}
I=\frac{2h}{M}K_1(h)
\end{equation}
El uso de la expansión de la serie de la función de Bessel cerca de $h=0$ (DLMF),
\begin{align}
I&\sim \frac{2h}{M}\left[ \frac{1}{h}+\frac{h}{2}\left(\ln\frac{h}{2} +\gamma-\frac{1}{2}\right)+\ldots\right]\\
&\sim\frac{2}{M}+\frac{h^2}{M}\left(\ln\frac{h}{2} +\gamma-\frac{1}{2}\right)+\ldots
\end{align}
EDIT:Otro método es utilizar la Mellin transformar técnica
El cambio de $x=th/M$ y, a continuación,$u=\sqrt{1+t^2}-1$, el problema es equivalente a encontrar el pequeño $h$ comportamiento de
\begin{align}
I&=2\frac{h}{M}\int_0^\infty\exp(-h\sqrt{1+t^2})\,dt\\
&=2\frac{h}{M}e^{-h}\int_0^\infty\frac{u+1}{\sqrt{u(u+2)}}\exp(-hu)\,du
\end{align}
Así pues, hemos de encontrar un transformadas de Laplace con un pequeño parámetro. Un método clásico que utiliza el Mellin transformar técnica es dada en (DLMF). Los resultados intermedios se indican a continuación, con la ayuda de un CAS. La definición de
\begin{equation}
H(u)=\frac{u+1}{\sqrt{u(u+2)}}
\end{equation} de los siguientes comportamientos: se\
\begin{array}{lll}
H(u)&\sim 1+\frac{1}{2u^2}+O\left( u^{-3} \right)& \text{ for }u\to\infty\\
&\sim O(u^{-1/2})& \text{ for } u\to 0
\end{array}
y el Mellin transformación es
\begin{equation}
\mathcal{M}\left[H(u) \right](z)=\pi^{-1/2}2^{z-1}(z-1)\Gamma(-z)\Gamma\left( z-\frac{1}{2} \right)
\end{equation}
Para la función
\begin{equation}
F(z)=-h^{z-1}\Gamma(1-z)\mathcal{M}\left[H(u) \right](z)
\end{equation}
los residuos de $z=0,1,2,3$
\begin{align}
\left. \operatorname{res}F(z)\right|_{z=0}&=\frac{1}{h}\\
\left. \operatorname{res}F(z)\right|_{z=1}&=1\\
\left. \operatorname{res}F(z)\right|_{z=2}&=\frac{h}{2}\left[ \ln\frac{h}{2}+\gamma+\frac{1}{2}\right]\\
\left. \operatorname{res}F(z)\right|_{z=3}&=\frac{h^2}{12}\left[6 \ln\frac{h}{2}+6\gamma-1\right]
\end{align}
Con $e^{-h}= 1-h+h^2/2+O(h^3)$,
\begin{align}
I&\sim \frac{2h}{M}(1-h+\frac{h^2}{2})\left[ \frac{1}{h}+\frac{h}{2}\left( \ln\frac{h}{2}+\gamma+\frac{1}{2}\right)+\frac{h^2}{12}\left(6 \ln\frac{h}{2}+6\gamma-1\right)\right]\\
&\sim \frac{2}{M}+\frac{h^2}{M}\left( \ln\frac{h}{2}+\gamma-\frac{1}{2} \right)
\end{align}
