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突发奇想：在 \(x\rightarrow +\infty\) 时，使用代换 \(\ln x \sim \omega x^{\frac{1}{\omega}}\) 会发生什么？
\( \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \displaystyle\int \dfrac{1}{x\ln^2x}\d x \sim\displaystyle\int \dfrac{1}{\omega^2 x^{1+\frac{2}{\omega}}}\d x =-\dfrac{1}{2\omega x^{\frac{2}{\omega}}} \sim-\dfrac{1}{2x^{\frac{1}{\omega}}\ln x} \)
把 \(x^\frac{1}{\omega}\) 看作 \(1\)，则和答案差了一个常数 \(2\)。
换一个？
\( \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \displaystyle\int x\ln x\d x \sim\displaystyle\int \omega x^{1+\frac{1}{\omega}}\d x =x^2\omega^2 x^{\frac{1}{\omega}}\dfrac{1}{1+2\omega} =\dfrac{x^2}{2}\cdot\omega x^{\frac{1}{\omega}}\cdot\left(1-\dfrac{1}{2\omega}+\dfrac{1}{4\omega^2}-\cdots\right) \sim\dfrac{x^2}{2}\left(\ln x-\dfrac{1}{2}\right) \)
这里约掉了 \(O(\omega^{-1})\) 的项，最后和答案一样。
再来？
\( \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \displaystyle\int \dfrac{1}{\ln x}\d x \sim\displaystyle\int \dfrac{1}{\omega x^{\frac{1}{\omega}}}\d x =x\cdot\dfrac{x^{-\frac{1}{\omega}}}{\omega-1} =x\cdot\dfrac{x^{-\frac{1}{\omega}}}{\omega}\cdot\left(1+\dfrac{1}{\omega}+\dfrac{1}{\omega^2}-\cdots\right) \sim \dfrac{x}{\ln x} \)
众所周知答案是 \(\operatorname{li}(x)\)，然而我们有 \(\lim\limits_{x\rightarrow+\infty} \dfrac{\operatorname{li}x\ln x}{x}=1\)。
上面的一些东西让我们有了一个想法：除了实数阶无穷大，我们应该还有一些新的东西。
比如，记 \(x^c\) 在 \(x\rightarrow+\infty\) 时为 \(c\) 阶无穷大，那么我们十分不严谨地设 \(\varepsilon\) 为 \(\dfrac{1}{\omega}\)（这里 \(\omega\) 就是借用自序数里的那个），那么 \(\ln x\) 就是 \(\varepsilon\) 阶无穷大，这样的话我们可以导出一点好玩的东西。
然后怎么比大小呢？采用通常的取极限很容易出现零或者无穷大，为什么呢？
注意到这个事实：假如我们定义一个“无穷大分拆”序列，使得原函数减掉任意前缀之后与剩下的第一项之比极限总是 \(1\)，那么求极限其实就是比最高次项，这时我们拿两个序列只求出来一个数，看起来丢掉了很多信息。
如果按多项式除法来类似地定义，那我们就可以求出来答案的前缀无穷大表示了！这样我们就能带着足够长的信息进行运算了，而不必每次凑一个无穷大作比。
（这里的东西和泰勒展开+多项式除法的想法是一样的）
那什么是无穷大表示呢？我们再把 \(\omega\) 拿过来，然后塞到答案里，这样就行了。
这个靠谱吗？
其实我不知道。这玩意有待研究，而且看起来只能判阶数。
它和非标准分析看起来有点像，但是非标准分析里添加了一大堆集合论，感觉太困难了。这个权当它的一个初等的不加证明的子区域吧，毕竟日常接触到的都是好看的函数。
挖坑待填……
