在函数极限的运算法则中，有如下定理：

定理1 有限个无穷小的和也是无穷小

定理1' 无限个无穷小的和不一定是无穷小

定理2 有界函数与无穷小的乘积是无穷小

推论1 常数与无穷小的乘积是无穷小

(分析：将常数看作与无穷小具有相同定义域的特殊函数，则该函数为有界函数，根据定理2可得推论1)

推论2 有限个无穷小的乘积也是无穷小

根据上面的定理和推论，可知两个无穷小的和、差及乘积仍旧是无穷小.但是，两个无穷小的商却有不同的情况，例如，当$x→0$时，$3x,x^2,\sin x$都是无穷小，而

$$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{x^2}}}{{3x}} = 0,\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{3x}}{{{x^2}}} = \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin x}}{{3x}} = \frac{1}{3},$$

两个无穷小的商并不一定是无穷小.

我们知道，可以用两个实数之差的绝对值表示两个实数的接近程度;可以用路程与走过这段路程所需的时间之比表示物体的平均运动快慢：

$$v = \frac{s}{t}$$

两个无穷小之比的极限的各种不同情况，反映了不同的无穷小趋于零的“快慢”程度，对于上面的例子，在$x→0$的过程中，$x^2→0$比$3x→0$“快”，比如$x$从0.2减小到0.1时，$x^2$由0.04减小到0.01,$3x$由0.6减小到0.3，显然在$x→0$的过程中，$x^2$将最先减小为0；同理${\sin x}→0$比$3x→0$“慢”.

下面以无穷小之比的极限存在或为无穷大，来说明无穷小之间的比较.其中$α$和$β$都是在同一个自变量的变化过程中的无穷小，且$α≠0$(0也是无穷小，因此此处规定$α≠0$)$\lim \frac{\beta }{\alpha }$也是这个变化过程中的极限.

定义：

如果$\lim \frac{\beta }{\alpha } = 0,$，就说$β$是比$α$高阶的无穷小，记作$β=o(α)$.

β是比α高阶的无穷小，记作$β=o(α)$,是因为$\lim \frac{\beta }{\alpha } = 0$时,简单地以“被除数等于商乘以除数”来表示的，即$β=0(α)$，但是为了和数字$0$区别，故使用与$0$相似的希腊字母$o$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{x^2}}}{{2x}} = 0,$所以$x→0$时，$x^2$是比$2x$高阶的无穷小，即$x^2=o(2x)$.

如果$\lim \frac{\beta }{\alpha } = \infty ,$就说$β$是比$α$低阶的无穷小.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{x}{{2x^2}} = \infty ,$所以$x→0$时，$x$是比$2x^2$低阶的无穷小.

如果$\lim \frac{\beta }{\alpha } = c \ne 0,$就说$β$与$α$ 是同阶的无穷小.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{x - 2}}{{{x^2} - 4}} = \frac{1}{4},$所以$x→2$时，$x-2$与$x^2-4$是同阶的无穷小.

如果$\lim \frac{\beta }{{{\alpha ^k}}} = c \ne 0(k > 0),$就说$β$是关于$α$的$k$阶无穷小.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 - \cos 2x}}{{{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 - {{\cos }^2}x + {{\sin }^2}x}}{{{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2{{\sin }^2}x}}{{{x^2}}} = 2,$所以$x→0$时，$1 - \cos 2x$是关于$x$的2阶的无穷小.

如果$\lim \frac{\beta }{\alpha } = 1,$就说$β$与$α$是等价无穷小，记作$\alpha \sim \beta (\alpha \sim \beta \Leftrightarrow \beta \sim \alpha ).$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin x}}{x} = 1,$

所以$x→0$时，$\sin x$是与$x$等价的无穷小，即$\sin x \sim x(x \to 0).$

 

证明：当$x→0$时，$\root n \of {1 + x} - 1 \sim \frac{1}{n}x.$

需要证明

$$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\root n \of {1 + x} - 1}}{{\frac{1}{n}x}} = 1,$$

到目前为止求极限的方法包括：定义法，极限运算法则，夹逼定理，单调有界数列必有极限以及柯西收敛法则.

定义法：$\forall \varepsilon > 0,\exists \delta > 0,当0 < |x - 0| < \delta ,有|\frac{{\root n \of {1 + x} - 1}}{{\frac{1}{n}x}}| < \varepsilon ,$

定义法需要对不等式进行分解，比较繁琐.

极限运算法则包括极限的加减乘除运算，$x→0$时，$\frac{1}{n}x \to 0,\frac{1}{n}x \ne 0,$（趋近的过程中不等于0,由于是分母，不允许为0，但是我们在思想上知道取0时的值是0，类似n趋于无穷大时求数列$\left\{ {\frac{1}{n}} \right\}$的极限时，虽然n不能取无穷大，但是我们知道，如果取无穷大则$\frac{1}{n}=0$）因此可以使用除法法则.

思路是：将${\root n \of {1 + x} }$开方与1相减得到$x$，或许可能与分母约分，不过因为是求$x→0$时的极限，因此不可能将式子中的所有$x$都消去.${\root n \of {1 + x} }$开方的话，需要${\root n \of {{{(1 + x)}^n}} = {{(\root n \of {1 + x} )}^n}}$

附：已知$a_1=1$的等比数列前$n$项和：

$$1 + q + {q^2} + {q^3} + ... + {q^{n - 1}} = \frac{{{q^n} - 1}}{{q - 1}}$$

设$q = \root n \of {1 + x} $

$$q - 1 = \frac{{{q^n} - 1}}{{1 + q + {q^2} + {q^3} + ... + {q^{n - 1}}}},$$ $$\root n \of {1 + x} - 1 = \frac{{{{(\root n \of {1 + x} )}^n} - 1}}{{1 + \root n \of {1 + x} + \root n \of {{{(1 + x)}^2}} + \root n \of {{{(1 + x)}^3}} + ... + \root n \of {{{(1 + x)}^{n - 1}}} }}$$

则

$$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\root n \of {1 + x} - 1}}{{\frac{1}{n}x}} \\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{(\root n \of {1 + x} )}^n} - 1}}{{\frac{1}{n}x[1 + \root n \of {1 + x} + \root n \of {{{(1 + x)}^2}} + \root n \of {{{(1 + x)}^3}} + ... + \root n \of {{{(1 + x)}^{n - 1}}} ]}}$$ $$ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{n}{{1 + \root n \of {1 + x} + \root n \of {{{(1 + x)}^2}} + \root n \of {{{(1 + x)}^3}} + ... + \root n \of {{{(1 + x)}^{n - 1}}} }} = 1.$$

这个题的解法有一定的技巧.

定理1 $β$与$α$是等价无穷小的充分必要条件是

$$\beta = \alpha + o(\alpha ).$$

证明:必要性 根据等价无穷小的定义：

如果$\lim \frac{\beta }{\alpha } = 1,$就说 $β$与$α$是等价无穷小，记作$α \sim β$.

设$\alpha \sim \beta $，根据定义，有$\lim \frac{\beta }{\alpha } = 1,$，则

1)$\lim \frac{{\beta - \alpha }}{\alpha } = \lim (\frac{\beta }{\alpha } - 1) = 0 \Rightarrow \beta - \alpha = o(\alpha ) \Rightarrow \beta = \alpha + o(\alpha ),$

2)$\lim \frac{{\alpha - \beta }}{\alpha } = \lim (1 - \frac{\beta }{\alpha }) = 0 \Rightarrow \alpha - \beta = o(\alpha ) \Rightarrow \beta = \alpha - o(\alpha ),$

$$\lim \frac{{ - o\left( \alpha \right)}}{\alpha } = - \lim \frac{{o\left( \alpha \right)}}{\alpha } = 0 \Rightarrow - o\left( \alpha \right) = o\left( \alpha \right)$$

因此上面两式中的$o(α)$与$-o(α)$相同.

上面是根据等价无穷小的定义给出的推导过程，上述等式中的$α,β$可以互换，即：

3)$α=β+o(β).$

4)$α=β-o(β).$

因为

$$\lim \frac{{o(\alpha )}}{\beta } = \lim \frac{{\frac{{o(\alpha )}}{\alpha }}}{{\frac{\beta }{\alpha }}} = 0 \Rightarrow o(\alpha ) = o(\beta )$$

所以1、2、3和4式中的$o(α)$和$o(β)$是可以互换的，即：

$β=α+o(α)$

$β=α+o(β)$

$α=β+o(α)$

$α=β+o(β)$

定理2 设$\alpha \sim \alpha ',\beta \sim \beta ',$，且$\lim \frac{{\beta '}}{{\alpha '}}$存在，则

$$\lim \frac{\beta }{\alpha } = \lim \frac{{\beta '}}{{\alpha '}}$$

证明:

$\because \alpha \sim \alpha ',\beta \sim \beta ',$

$\therefore \lim \frac{\beta' }{{\beta }} = \lim \frac{{\alpha '}}{\alpha } = 1,$

$$\eqalign{ & \lim \frac{\beta }{\alpha } = 1 \Leftrightarrow \alpha \sim \beta \cr & \lim \frac{\alpha }{\beta } = \lim \frac{1}{{\frac{\beta }{\alpha }}} = 1 \Leftrightarrow \beta \sim \alpha \cr & \therefore \alpha \sim \beta \Leftrightarrow \beta \sim \alpha \cr} $$ $$\therefore \lim \frac{\beta }{ \alpha} = \lim (\frac{\beta }{{\beta '}} \cdot \frac{{\beta '}}{{\alpha '}} \cdot \frac{{\alpha '}}{\alpha }) = \lim \frac{\beta }{{\beta '}} \cdot \lim \frac{{\beta '}}{{\alpha '}} \cdot \lim \frac{{\alpha '}}{\alpha } = \lim \frac{{\beta '}}{{\alpha '}}.$$

定理2表明，求两个无穷小之比的极限时，分子及分母都可以用等价无穷小来代替.如果用来代替的无穷小选得合适，可以使计算简化.

例 求$$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin 2x}}{{\tan x}}$$

解

$$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin 2x}}{{\tan x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2x}}{x} = 2.$$