我们叙述了三明治定理以及如何应用三明治定理求函数的极限。进一步，利用这一定理证明了一个非常有用的极限: 当 \(x\to 0\) 时， \(sin x/x \to1\)。
笔记下载：三明治定理与三角函数相关的极限 sandwich theorem and limits related to trigonometric functions
三明治定理（Sandwitch Theorem），也称为夹挤原理（Sqeeze Theorem）。这是一个基本的极限存在原理，我们叙述如下：
1，三明治定理：若在 \(x=a\) 附近有
（1）\(f(x)\leq g{x}\leq h(x)\)；
（2）\(\displaystyle \lim_{x\to a }f(x)=A=\lim_{x\to a}h(x)\)
则\[\lim_{x\to a }g(x)=A.\]
这个定理的证明需要用到实数的性质，需要较多的预备知识，这里我们略过。
我们来看它的一个应用。
例1，证明 \(\lim_{x\to 0}x\sin\frac{1}{x}=0\)。
证明：因为 \(-1\leq \sin\frac{1}{x}\leq 1\)，所以
\[-|x|\leq x\sin \frac{1}{x}\leq |x|.\]又因为 \(\lim_{x\to 0}(-|x|)=0, \lim_{x\to 0}|x|=0\)，所以由三明治定理，我们得到
\[\lim_{x\to 0}x\sin\frac{1}{x}=0\]
这个例题演示了这样的一个结论：
2 定理：若 \(\lim_{x\to a}f(x)=0\) 且 \(g(x)\) 在 \(x=a\) 附近有界，则 \[\lim_{x\to a}f(x)\cdot g(x)=0\]
证明：因为 \(g(x)\) 在 \(x=a\) 附近有界，所以存在某个数 \(M\)，\(|g(x)|\leq M\)。从而 \(-M|f(x)|\leq f(x)\cdot g(x)\leq M|f(x)|\)。因为 \(\lim_{x\to a}(-M|f(x)|=0), \lim_{x\to a}M|f(x)|=0\)，所以由三明治定理， \[\lim_{x\to a}f(x)\cdot g(x)=0\]
我们来看一个直接应用三明治定理求极限的例子。
例2 求极限 \[\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}\right)\]
解：我们将函数做稍微的放缩，得到
\[\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}\leq \frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}\leq \frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}\]
也就是 \[\frac{n}{\sqrt{n^2+n}}\leq \frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}\leq \frac{n}{\sqrt{n^2+1}}\]
由于 \[\lim_{n\to\infty}\frac{n}{\sqrt{n^2+n}}=1, \lim_{x\to \infty}\frac{n}{\sqrt{n^2+1}}=1\]
所以我们得到
\[\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}\right)=1\]
利用三明治定理，我们可以证明一个非常重要的极限
3 \(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1\)
证明：我们先考虑 \(x>0\) 的情形。在单位圆上，一条从原点出发的射线，与单位圆交于 \(A\) 点，这条射线与 \(x\) 轴的夹角为 \(\theta\)。\(A\) 点在 \(x\) 轴的投影为 \(B\) 点，单位圆与 \(x\) 轴交于 \(C\) 点，过 \(C\) 点作单位圆的切线，与射线 \(OA\) 交于 \(D\) 点。
从图形上可以看出，三角形 \(\Delta_{OAB}\)，扇形 \(OAC\) 与三角形 \(\Delta_{OCD}\) 的面积满足
\[A_{\Delta_{OAB}}<A_{\frown \atop {OAC}}<A_{\Delta_{OCD}}\]
由三角函数的定义，我们知道
\[OB=\cos\theta, AB=\sin\theta, CD=\tan\theta\]
这是因为在单位圆上，半径为 \(1\)。由三角形与扇形面积的公式，我们有
\[\frac{1}{2}\cos\theta\cdot\sin\theta<\frac{1}{2}\theta<\frac{1}{2}\tan\theta\]
消去 \(\frac{1}{2}\)，然后三边同除以 \(\sin\theta\)，我们得到了
\[\cos\theta<\frac{\theta}{\sin\theta}<\frac{1}{\cos\theta}\]
三边同时取倒数，
\[\cos\theta<\frac{\sin\theta}{\theta}<\frac{1}{\cos\theta}\]
因为 \(\displaystyle\lim_{\theta\to 0}\cos \theta=1\)，所以 \(\displaystyle\lim_{\theta\to 0}\frac{1}{\cos \theta}=1\)，然后由三明治定理，
\[\lim_{\theta\to 0}\frac{\sin \theta}{\theta}=1\]
刚才我们证明的是 \(\theta>0\) 的情形，现在推广到 \(\theta<0\) 的情形。因为 \(\theta<0\)，作变量代换 \(t=-\theta\),
\[\lim_{\theta\to0^-}\frac{\sin\theta}{\theta}=\lim_{t\to 0^+}\frac{\sin(-t)}{-t}=\lim_{t\to 0^+}\frac{-\sin t}{-t}=\lim_{t\to 0^+}\frac{\sin t}{t}=1\]
最后一个等式是因为我们之前已经证明了 \(t>0\) 的时候，\(\displaystyle\lim_{t\to 0^+}\frac{\sin t}{t}=1\)。
所以我们证明了 \(\displaystyle \lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1\)。
利用这个极限，我们可以求一些三角函数的极限。
例3，\[(1) \lim_{x\to 0}\frac{\sin 3x}{5x}=\lim_{x\to 0}\frac{\sin 3x}{3x}\cdot\frac{3x}{5x}=\frac{3}{5}\]
\[(2) \lim_{x\to 0}\frac{\tan 2x}{\sin 3x}=\lim_{x\to 0}\frac{\sin 2x}{\sin 3x}\cdot\frac{1}{\cos 2x}=\frac{2}{3}\]
\[(3) \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{3x^2}=\lim_{x\to 0}\frac{2\sin^2\frac{x}{2}}{3x^2}=\lim_{x\to 0}\frac{\sin^2\frac{x}{2}}{\left(\frac{x}{2}\right)^2}\cdot \frac{2}{3\cdot 4}=\frac{1}{6}\]