高数，关于等价无穷小 的替换问题

这个问题很多人都搞不明白，很多自认为明白的人也不负责任地说一句“乘除可以，加减不行”，包括不少高校教师。其实这种讲法是不对的！关键是要知道其中的道理，而不是记住结论。

1.做乘除法的时候一定可以替换，这个大家都知道。
如果f(x)～u(x)，g(x)～v(x)，那么lim f(x)/g(x) = lim u(x)/v(x)。关键要记住道理
lim f(x)/g(x) = lim f(x)/u(x) * u(x)/v(x) * v(x)/g(x)
其中两项的极限是1，所以就顺利替换掉了。

2.加减法的时候也可以替换！但是注意保留余项。
f(x)～u(x)不能推出f(x)+g(x)～u(x)+g(x)，这个是很多人说不能替换的原因，但是如果你这样看：
f(x)～u(x)等价于f(x)=u(x)+o(f(x))，那么f(x)+g(x)=u(x)+g(x)+o(f(x))，注意这里是等号，所以一定是成立的！
问题就出在u(x)+g(x)可能因为相消变成高阶的无穷小量，此时余项o(f(x))成为主导，所以不能忽略掉。当u(x)+g(x)的阶没有提高时，o(f(x))仍然是可以忽略的。

比如你的例子，ln(1+x)+x是可以替换的，因为
ln(1+x)+x=[x+o(x)]+x=2x+o(x)，
所以ln(1+x)+x和2x是等价无穷小量。

但是如果碰到ln(1+x)-x，那么
ln(1+x)+x=[x+o(x)]-x=o(x)，
此时发生了相消，余项o(x)成为了主导项。此时这个式子仍然是成立的！只不过用它来作为分子或分母的极限问题可能得到不定型而无法直接求出来而已。
碰到这种情况也不是说就不能替换，如果你换一个高阶近似：
ln(1+x)=x-x^2/2+o(x^2)
那么
ln(1+x)-x=-x^2/2+o(x^2)
这个和前面ln(1+x)-x=o(x)是相容的，但是是更有意义的结果，此时余项o(x^2)可以忽略。也就是说用x-x^2/2作为ln(1+x)的等价无穷小量得到的结果更好。

从上面的例子就可以看出来，余项很重要，不能直接扔掉，因为余项当中包含了一定的信息。而且只要保留余项，那么所做的就是恒等变换(注意上面我写的都是等式)而不是近似，这种方法永远是可行的，即使得到不定型也不可能得出错误的结论。等你学过带余项的Taylor公式之后对这一点就会有更好的认识。

第一，能，因为是整体，可以进行替换
第二，不能，不能忽略了里面和外面的x同时趋于0，若是先把里面的换成e，成为e^x，则表明你先把里面的x趋于无穷而保持外面的x不变，再把外面的x趋于无穷，这样是错误的。两个x需要同时变化

(e^x-1)/x=e^ln[(e^x-1)/x]=e^[ln(e^x-1)-lnx]
当x趋近0时候，ln(e^x-1)和lnx分别趋向于零，他们的差也趋向于零，所以e^[ln(e^x-1)-lnx]趋向于1。所以(e^x-1)/x趋向于1，说明是等阶无穷小。
后面那一问一样的道理。