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， $sinx/x\to 1$。

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）$f(x)\le gx\le h(x)$；

（2）${\displaystyle \underset{x\to a}{lim}f(x)=A=\underset{x\to a}{lim}h(x)}$

则$$\underset{x\to a}{lim}g(x)=A.$$

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 $\underset{x\to 0}{lim}x\sin \frac{1}{x}=0$。

证明：因为 $-1\le \sin \frac{1}{x}\le 1$，所以

$$-|x|\le x\sin \frac{1}{x}\le |x|.$$又因为 $\underset{x\to 0}{lim}(-|x|)=0,\underset{x\to 0}{lim}|x|=0$，所以由三明治定理，我们得到

$$\underset{x\to 0}{lim}x\sin \frac{1}{x}=0$$

这个例题演示了这样的一个结论：

2 定理：若 $\underset{x\to a}{lim}f(x)=0$ 且 $g(x)$ 在 $x=a$ 附近有界，则 $$\underset{x\to a}{lim}f(x)\cdot g(x)=0$$

证明：因为 $g(x)$ 在 $x=a$ 附近有界，所以存在某个数 $M$，$|g(x)|\le M$。从而 $-M|f(x)|\le f(x)\cdot g(x)\le M|f(x)|$。因为 $\underset{x\to a}{lim}(-M|f(x)|=0),\underset{x\to a}{lim}M|f(x)|=0$，所以由三明治定理， $$\underset{x\to a}{lim}f(x)\cdot g(x)=0$$

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 $$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+2}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{n^2+n}})$$

解：我们将函数做稍微的放缩，得到

$$\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}\le \frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}\le \frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}$$

也就是 $$\frac{n}{\sqrt{n^2+n}}\le \frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}\le \frac{n}{\sqrt{n^2+1}}$$

由于 $$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{n}{\sqrt{n^2+n}}=1,\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{n}{\sqrt{n^2+1}}=1$$

所以我们得到

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+2}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{n^2+n}})=1$$

利用三明治定理，我们可以证明一个非常重要的极限

3 ${\displaystyle \underset{x\to 0}{lim}\frac{\sin x}{x}=1}$

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 ${\mathrm{\Delta }}_{OAB}$，扇形 $OAC$ 与三角形 ${\mathrm{\Delta }}_{OCD}$ 的面积满足

$$A_{{\mathrm{\Delta }}_{OAB}}<A_{\genfrac{}{}{0ex}{}{⌢}{OAC}}<A_{{\mathrm{\Delta }}_{OCD}}$$

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 ${\displaystyle \underset{\theta \to 0}{lim}\cos \theta =1}$，所以 ${\displaystyle \underset{\theta \to 0}{lim}\frac{1}{\cos \theta }=1}$，然后由三明治定理，

$$\underset{\theta \to 0}{lim}\frac{\sin \theta }{\theta }=1$$

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 $t=-\theta$,

$$\underset{\theta \to 0^{-}}{lim}\frac{\sin \theta }{\theta }=\underset{t\to 0^{+}}{lim}\frac{\sin (-t)}{-t}=\underset{t\to 0^{+}}{lim}\frac{-\sin t}{-t}=\underset{t\to 0^{+}}{lim}\frac{\sin t}{t}=1$$

最后一个等式是因为我们之前已经证明了 $t>0$ 的时候，${\displaystyle \underset{t\to 0^{+}}{lim}\frac{\sin t}{t}=1}$。

所以我们证明了 ${\displaystyle \underset{x\to 0}{lim}\frac{\sin x}{x}=1}$。

利用这个极限，我们可以求一些三角函数的极限。

例3，$$(1)\underset{x\to 0}{lim}\frac{\sin 3x}{5x}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{\sin 3x}{3x}\cdot \frac{3x}{5x}=\frac{3}{5}$$

$$(2)\underset{x\to 0}{lim}\frac{\tan 2x}{\sin 3x}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{\sin 2x}{\sin 3x}\cdot \frac{1}{\cos 2x}=\frac{2}{3}$$

$$(3)\underset{x\to 0}{lim}\frac{1-\cos x}{3x^2}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{2{\sin }^2\frac{x}{2}}{3x^2}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{{\sin }^2\frac{x}{2}}{{\left(\frac{x}{2}\right)}^2}\cdot \frac{2}{3\cdot 4}=\frac{1}{6}$$