等价代换

事关爱情。

$y = f(x) = x$ 很直很倔，一去不回头。他与 $y = g(x) = sin\ x$ 只在 $x = 0$ 时有过一面之缘。但那一刻， $f(x)$ 心动了。他们有着相同的现在 $f(0) = g(0) = 0$ ，他们又志同道合 $f’(0) = g’(0) = 1$ ，他与 $g(x)$ 是那么的相似，以至时人都道 $x \thicksim sin\ x$ 。

每每念及那次相遇， $f(x)$ 总是忍不住一阵唏嘘。过去了这么久，他们早已形同陌路，但他始终不懂，明明当初那么合适的两个人，最终为什么会分道扬镳。

直到这天，他遇到了一个神神叨叨的老头。老头自称可知他人前世今生。他将信将疑，但还是忍不住问了老头。

老头算的很准。不仅道出了他与 $g(x)$ 的相似相遇，还道他们可遇不可聚。

他苦笑：“为何可遇不可聚？”

老头：“你们差一个余项。”

他似懂非懂，良久抬头问道：“敢问阁下是？”

老头：“麦克劳林！”

OK！让我们言归正传！

等价代换是什么？

在极限的计算中，我们常常会用到等价代换。

当 $x\to 0$ 时，我们有

$x\thicksim sin\ x$
$1 - cos\ x\thicksim \frac{1}{2}x^2$
$x\thicksim ln(1 + x)$
……

它们在极限的计算中起着至关重要的作用，典型的
$\begin{eqnarray} &&\lim_{x\to 0}\frac{x+sin\ x}{x}\tag{1}\\ &\thicksim&\lim_{x\to 0}\frac{x+x}{x}\tag{2}\\ &=&2\tag{3}\\ \end{eqnarray}$
至于等价代换是怎么来的，很多人并不关注这个问题，因为这个问题看似不影响计算，只需要记住常用的几个公式并能够做到熟练应用即可。

但是，数学不应该有背诵！

有人是这样想的
$\begin{eqnarray} \because&&\lim_{x\to 0}\frac{sin\ x}{x}\tag{1}\\ &\overset{\frac{0}{0}}=&\lim_{x\to 0}\frac{cos\ x}{1}\tag{2}\\ &=&1\tag{3}\\ \therefore&&if\quad x\to0,\quad sin\ x\thicksim x\tag{4} \end{eqnarray}$
但实际上，答非所问，以上只是使用洛必达法则证明了结论的正确性，并没有说明等价代换是怎么产生的。

初学高数的时候，很长一段时间我都对此怀有困惑。每一对等价代换就如同被天才们凭空猜测出来的一般。直到我遇见了那个爱情故事中的老人。

在我看来，等价代换是麦克劳林公式的产物（如果是我对这段历史理解错了，欢迎指正）。

$1 - cos\ x\thicksim \frac{1}{2}x^2$ 是一个一度让我感到非常头疼的代换。它常见，并且难以记忆。如果仅凭猜测，谁又能想到这两个函数之间存在着代换关系。又或许，现实中并没有那么多天才的猜测。
$cos\ x=1-\frac{1}{2!}x^2+o(x^3)\tag{1}\\$
$(1)$ 是 $cos\ x$ 的 $3$ 阶麦克劳林展开式，当 $x\to0$ 时，其中peano型余项 $o(x^3)$ 是比 $x^3$ 高阶的无穷小，可近似忽略，即
$if\quad x\to 0,\quad cos\ x\thicksim 1-\frac{1}{2}x^2\tag{1}\\$
枉我背了n遍的等价代换原来如此。呜呼哀哉！

加减不换乘除换？

知道了等价代换是什么，于是我们开心的拿着结论来运用。
$\begin{eqnarray} && \lim_{x\to 0}\frac{x-sin\ x}{x^3}\tag{1}\\ &\thicksim &\lim_{x\to 0}\frac{x-x}{x^3}\tag{2}\\ &\overset{\times}=&0\quad error\tag{3}\\ \end{eqnarray}$
粗心的朋友可能在 $(2)$ 就犯了迷糊，得到最后 $0$ 的错误答案。仔细观察不难发现， $(2)$ 式分子是一个 $0-0$ 型的未定式。问题似乎走到死胡同了。是哪里出错了呢？

听闻有种说法是，加减不换乘除换。这上面的例 $(1)$ 便是加的形式
$\begin{eqnarray} &&\lim_{x\to 0}\frac{x+sin\ x}{x}\tag{1}\\ &\thicksim&\lim_{x\to 0}\frac{x+x}{x}\tag{2}\\ &=&2\tag{3}\\ \end{eqnarray}$
答案正确，耳光可响！！！

我曾一度以为自己学的不是数学是玄学，直到我看到这个例子
$\begin{eqnarray} & &\lim_{x\to +\infty}\frac{e^x}{(1+\frac{1}{x})^{x^2}}\tag{1}\\ &\overset{t=\frac{1}{x}}=&\lim_{t\to 0^+}\frac{e^{\frac{1}{t}}}{[(1+t)^{\frac{1}{t}}]^{\frac{1}{t}}}\tag{2}\\ &=&\lim_{t\to 0^+}\frac{e^{\frac{1}{t}}}{[e^{\frac{1}{t}ln(1+t)}]^{\frac{1}{t}}}\tag{3}\\ &\thicksim &\lim_{t\to 0^+}\frac{e^{\frac{1}{t}}}{(e^{\frac{1}{t}\cdot t})^{\frac{1}{t}}}\tag{4}\\ &=&\lim_{t\to 0^+}\frac{e^{\frac{1}{t}}}{e^{\frac{1}{t}}}\tag{5}\\ &=&\lim_{t\to 0^+}1^{\frac{1}{t}}=\lim_{t\to 0^+}e^{\frac{1}{t}-\frac{1}{t}}\tag{6}\\ &\overset{\times}=&1\quad error\tag{7}\\ \end{eqnarray}$
看似满分的解题步骤！然而，是错的！！！错的！！！正确答案是 $e^{\frac{1}{2}}$ 。

原谅我没有看懂原出 《张宇考研数学题源探析经典1000题.解析分册.数学一》[p7] 所述错误原因：不符合极限的四则运算法则。

我认为以上所有推导步骤，除 $(6)\thicksim (7)$ 中将未定式 $1^{+\infty }$ 或 $e^{\infty - \infty}$ 错误推导为 $1$ 之外，其他步骤全部正确。

幸好数学是有迹可循的，我们一定是漏掉了什么东西。如果足够仔细，我们在推导过程 $(3)\thicksim (4)$ 可以看到 $\thicksim$ 符号。 $\thicksim$ 出现在所有等价代换出现的地方。

$\thicksim$ 之于 $=$ 不同的地方就在于等价并非相等。请辨析
$\begin{eqnarray} if &&\quad x\to0,\\ &&ln(1+x)=x-\frac{1}{2}x^2+o(x^2)\tag{1}\\ &&ln(1+x)\thicksim x\tag{2}\\ \end{eqnarray}$
在以上的例子当中，我们推到 $(6)$ 产生未定式为止，所有推导步骤都是正确的，只是因为我们在步骤 $(3)\thicksim (4)$ 中使用了等价而摒弃了一些条件使得原条件减弱，以至于到步骤 $(6)$ 的时候产生未定式走不下去了而已。那么我们究竟丢掉了什么条件以至于问题无法解决呢？

我们丢掉了peano型余项！回到我们原来的例子当中，假如我们加上peano型余项，问题该又如何求解呢？
$\begin{eqnarray} catch\quad & &\lim_{t\to 0^+}\frac{e^{\frac{1}{t}}}{[e^{\frac{1}{t}ln(1+t)}]^{\frac{1}{t}}}\tag{3}\\ &=&\lim_{t\to 0^+}\frac{e^{\frac{1}{t}}}{(e^{\frac{1}{t}\cdot (t+o(t))})^{\frac{1}{t}}}\tag{4}\\ &=&\lim_{t\to 0^+}(\frac{e}{e\cdot e^{\frac{o(t)}{t}}})^{\frac{1}{t}}\tag{5}\\ &=&\lim_{t\to 0^+}e^{-\frac{o(t)}{t^2}}\tag{6}\\ &=&\lim_{t\to 0^+}e^{-\frac{-\frac{1}{2}t^2+o(t^2)}{t^2}}\tag{7}\\ &=&\lim_{t\to 0^+}e^{\frac{1}{2}-\frac{o(t^2)}{t^2}}\tag{8}\\ \because && o(t^2)\ is\ the\ higher\ order\ infinitesimal\ of\ t^2;\\ \therefore && \lim_{t\to 0^+}\frac{o(t^2)}{t^2}=0;\\ In\ summary, & &\lim_{x\to +\infty}\frac{e^x}{(1+\frac{1}{x})^{x^2}}=e^{\frac{1}{2}}. \end{eqnarray}$
加上peano型余项后，顺利的得到了正确答案。

步骤 $(6)\thicksim (7)$ 似乎还有一些问题， $o(t)$ 怎么得到 $-\frac{1}{2}t^2+o(t^2)$ 乍看上去相当令人费解。事实上，翻看 $(3)\thicksim (4)$ ，我们是将 $ln(1+t)$ 换为麦克劳林一阶展开式 $t+o(t)$ ， $(6)\thicksim (7)$ 只是在此基础上将peano型余项进一步的展开，即
$\begin{eqnarray} if & &\quad x\to0,\\ & &ln(1+x)\tag{1}\\ &=&x+o(x)\tag{2}\\ &=&x-\frac{1}{2}x^2+o(x^2)\tag{3}\\ (2),(3)&\Rightarrow&o(x)=-\frac{1}{2}x^2+o(x^2) \end{eqnarray}$
到此为止，我们总算是为数学还了一个清白，数学不是玄学！所有等价代换的不适用都只是我们将本不该丢的peano型余项丢弃所致。严格的对peano型余项进行检查，并适时地进行展开，可以规避这个问题。以下给出前文两个例子的正确解法：
$\begin{eqnarray} & &\lim_{x\to 0}\frac{x-sin\ x}{x^3}\tag{1}\\ &=&\lim_{x\to 0}\frac{x-[x+o(x^2)]}{x^3}\tag{2}\\ &=&\lim_{x\to 0}-\frac{-\frac{1}{3!}x^3+o(x^4)}{x^3}\tag{3}\\ &=&\frac{1}{6}-\lim_{x\to 0}\frac{o(x^4)}{x^3}\tag{4}\\ \because & &o(x^4)\ is\ the\ higher\ order\ infinitesimal\ of\ x^4;\\ \therefore & &\lim_{x\to 0}\frac{o(x^4)}{x^3}=\lim_{x\to 0}\frac{o(x^4)}{x^4}\cdot x=0;\\ In\ summary, & &\lim_{x\to 0}\frac{x-sin\ x}{x^3}=\frac{1}{6}. \end{eqnarray}$

$\begin{eqnarray} & &\lim_{x\to 0}\frac{x+sin\ x}{x}\tag{1}\\ &=&\lim_{x\to 0}\frac{x+x+o(x^2)}{x}\tag{2}\\ &=&2+\lim_{x\to 0}\frac{o(x^2)}{x}\tag{3}\\ \because & &o(x^2)\ is\ the\ higher\ order\ infinitesimal\ of\ x^2;\\ \therefore & &\lim_{x\to 0}\frac{o(x^2)}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{o(x^2)}{x^2}\cdot x=0;\\ In\ summary, & &\lim_{x\to 0}\frac{x+sin\ x}{x}=2. \end{eqnarray}$
看到这里，你或许会说：“这不就是使用麦克劳林展开式求解极限的方式嘛！”

我想说，是的。

但是，等价代换与麦克劳林展开式求解极限从来都不是两种方法，它们只是一种方法的两种具体应用形式。

等价代换是什么？

加减不换乘除换？

世上从来就没有等价代换，亦或是任何函数的麦克劳林多项式都可看作其等价代换。