求极限
$$\lim_{x \to 0} \frac{ln\frac{1+x}{1-x} -2ln(x+\sqrt{1+x^2})}{x^3}$$

解答

在看正确答案之前，我们先看下面这种解法错在了哪里：
\begin{align}
原式 &= \lim_{x \to 0} \frac{ln(1+\frac{2}{1-x}-2) -2ln(1+x+\sqrt{1+x^2}-1)}{x^3} \\
&= \lim_{x \to 0} \frac{\frac{2}{1-x}-2 -2(x+\sqrt{1+x^2}-1)}{x^3} (因为x\to 0时，ln(1+x)\sim x) \\
&= \lim_{x \to 0} \frac{\frac{2}{1-x}-2x-2\sqrt{1+x^2}}{x^3} \\
&= \lim_{x \to 0} \frac{2(1+x)-2x-2(1+\frac{1}{2}x^2)}{x^3} (因为x\to 0时，(1+x)^\alpha \sim 1+\alpha x) \\
&= \lim_{x \to 0} \frac{-x^2}{x^3}
\end{align}极限不存在。

我一开始的解答是上面这样的，错在哪里了呢？

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事实上，由于等价无穷小替换在求极限的时候过于常用也过于好用，导致我们忽略了等价无穷小替换需要注意的条件：

(1) 乘、除关系可以换。
若$\alpha \sim \alpha_{1}$，$\beta \sim \beta_{1}$，则$\lim \frac{\alpha}{\beta}=\lim \frac{\alpha_{1}}{\beta}=\lim \frac{\alpha}{\beta_{1}}=\lim \frac{\alpha_{1}}{\beta_{1}}$
(2) 加、减关系在一定条件下可以换。
①若$\alpha \sim \alpha_{1}$，$\beta \sim \beta_{1}$，且$\lim \frac{\alpha_{1}}{\beta_{1}}=A \neq 1$，则$\alpha-\beta\sim \alpha_{1}-\beta_{1}$。
②若$\alpha \sim \alpha_{1}$，$\beta \sim \beta_{1}$，且$\lim \frac{\alpha_{1}}{\beta_{1}}=A \neq -1$，则$\alpha+\beta\sim \alpha_{1}+\beta_{1}$。

看完等价无穷小替换的原则我们再看上面的解答步骤，第一次等价无穷小代换时，由于
$$\lim_{x \to 0} \frac{\frac{2}{1-x}-2}{2(x+\sqrt{1+x^2}-1)} = 1$$
所以，第一次等价无穷小的替换是不成立的。
同理，读者可以验证第二次等价无穷小替换也是不成立的。

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正确解答如下：
\begin{align}
原式 &= \lim_{x \to 0} \frac{ln(1+x)-ln(1-x) -2ln(x+\sqrt{1+x^2})}{x^3} \\
&= \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{1+x} + \frac{1}{1-x} - \frac{2}{\sqrt{1+x^2}}}{3x^2} (注意，这里依旧不能用(1+x)^\alpha \sim 1+\alpha x进行等价无穷小替换，理由同上) \\
&= \lim_{x \to 0} \frac{-\frac{1}{(1+x)^2} + \frac{1}{(1-x)^2} + \frac{2x}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}}}{6x} \\
&= \lim_{x \to 0} [\frac{-\frac{1}{(1+x)^2} + \frac{1}{(1-x)^2}}{6x}+\frac{1}{3(1+x^2)\sqrt{1+x^2}}] \\
&= \lim_{x \to 0} \frac{\frac{2}{(1+x)^3} + \frac{2}{(1-x)^3}}{6}+\frac{1}{3} \\
&= 1
\end{align}

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题目解决了，下面仔细说说我对等价无穷小代换的理解。

事实上，等价无穷小代换求极限的本质依旧是泰勒展开，所以严格来讲并不能将"等价无穷小代换"单独罗列出来作为单独的方法。
但是它实在是太好用了，省去很多功夫，所以被放大化了。

翻阅了很多教材，在讲等价无穷小代换的时候，教材会强调只有乘除可以换，加减不行。但加减并非不能代换，只是有条件。我们再来看一遍上面写的加减代换条件：
(2) 加、减关系在一定条件下可以换。
①若$\alpha \sim \alpha_{1}$，$\beta \sim \beta_{1}$，且$\lim \frac{\alpha_{1}}{\beta_{1}}=A \neq 1$，则$\alpha-\beta\sim \alpha_{1}-\beta_{1}$。
②若$\alpha \sim \alpha_{1}$，$\beta \sim \beta_{1}$，且$\lim \frac{\alpha_{1}}{\beta_{1}}=A \neq -1$，则$\alpha+\beta\sim \alpha_{1}+\beta_{1}$。

这是一个充要条件吗？
显然不是，我们看这个极限问题。
$$\lim_{x \to 0} \frac{\tan x - \sin x}{x^{3}}$$这个极限问题非常基础，很多教材常拿它告诫读者，不能进行加减代换。以下解法是错误的：
$$\lim_{x \to 0} \frac{\tan x - \sin x}{x^{3}} = \lim_{x \to 0} \frac{x - x}{x^{3}} = 0$$我们可以理解成，因为$\lim \frac{x}{x} = 1$所以不能代换。
但是，这样代换是正确的：
$$\lim_{x \to 0} \frac{\tan x - \sin x}{x^{3}} = \lim_{x \to 0} \frac{(x+\frac{1}{3}x^{3}) - (x-\frac{1}{6}x^{3})}{x^{3}} = \frac{1}{2}$$虽然结果正确，但是依旧不满足上面那个加减代换的条件，因为$\lim \frac{x+\frac{1}{3}x^{3}}{x-\frac{1}{6}x^{3}} = 1$。

这样就可以看出来，上面那个关于加减代换的条件只是一个充分条件。满足条件时可以放心代换，但是不满足条件不一定说明这个代换是错的。
于是我一直在想能否找到一个充要条件，或是将这个充分条件加强。但最终没有得到什么有趣的结论。

其实，上面的第二种代换方式将$\tan x$和$\sin x$展开到三次项，已经没有必要去硬说$\tan x \sim x+\frac{1}{3}x^{3}$和$\sin x \sim x-\frac{1}{6}x^{3}$是两个等价无穷小代换了，这样写岂不是更直观清楚？
$$\lim_{x \to 0} \frac{\tan x - \sin x}{x^{3}} = \lim_{x \to 0} \frac{(x+\frac{1}{3}x^{3}+o(x^{3})) - (x-\frac{1}{6}x^{3}+o(x^{3}))}{x^{3}} = \frac{1}{2}$$
所以，最终得出的结论是，符合上述加减代换条件时，放心代换求极限。不符合时，使用泰勒展开将分子处于加减关系的各项展开到分母的精度求极限，或是使用洛必达法则等其他方法求极限。