等价无穷小替换，本质上是一个选择估计值精确度的问题。我下面通过一个非常通俗易懂的例子来说明.
我问
\(
\LARGE \frac{\pi-3}{0.1}\approx ?
\)
答：约等于1.
什么， \(\pi = 3.1_{\cdots}\) 代入上式，
\(
\LARGE \frac{\pi-3}{0.1}=\frac{3.1-3}{0.1}=\frac{0.1_{\cdots}}{0.1}\approx 1
\)
这个时候，我们只需要用到 π 的估计值 3.1就够了.
但是，若问
\(
\LARGE \frac{\pi-3.1}{0.0415}\approx ?
\)
这个时候，如果我们仍然选择 π 的估计值 3.1代入上式，就会出现灾难性后果：
\(
\LARGE \frac{0}{0.0415}\approx 0
\)
这个约等于就跟玩一样，明明约等于 1 才更准确啊！
\(
\LARGE \frac{\pi-3.1}{0.0415}=1.002232616621519_{\cdots}
\)
导致这个后果的原因是什么呢？
你看，如果我使用 π 稍精确一点估计值3.14（而不是3.1），代入结果
\(
\LARGE \frac{\pi-3.1}{0.041}\approx\frac{0.040}{0.041}\approx 1
\)
问题又来了（这是一个关键性问题），
前后两个例子的区别在于——对误差项估计的精确程度要求不同，前一道题对 π 的估计只精确到了十分位（0.1），而后者对 π 的估计精确到了百分位（0.01）.
我们会发现分母是一个对精确度要求的明显指标——分母数量级越小，对分子的变化越敏感(想想反比例函数在0点的性态)，于是对估值的精度要求变高.
其实等价无穷小的替换，无非也是这种情况，下面仅说明一例.
我们知道
\(
\LARGE ln (1+x) \sim x , \vert x \vert < 1
\)
是一对很经典的等价无穷小.
学习了 Taylor公式后，我们知道关于 ln(1+x) 更精确的逼近式：
\(
\LARGE ln (1+x) \sim x - \frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}-_\cdots
\)
对于极限
\(
\LARGE \lim\limits_{x\to 0} \frac{ln (1+x)}{x} = \lim\limits_{x\to 0}\frac{x}{x} = 1
\)
这个时候，用 x 当作 ln(1+x) 的“估计值”，已经够用了（注意分母），而若求极限
\(
\LARGE \lim\limits_{x\to 0}\frac{ln (1+x)-x}{x^{2}} = \lim\limits_{x\to 0}\frac{x-\frac{x^{2}}{2} - x }{x^{2}} = -\frac{1}{2}
\)
这是时候用 x - x2 / 2 作为 ln(1+x) 的“估计值”，显然比用 x 显得更为适宜（注意分母）.
注意到了什么规律了吗？？？
分母是几阶，泰勒就得展到几阶，这就是所谓的上下同阶原理.
原文：https://www.cnblogs.com/sillycuckoo/p/12703172.html