夹挤原理，也称夹逼原理或者三明治定理，是极限存在的一个重要准则。由该准则，我们可以证明一个非常有名也是非常重要的一个极限：
\[\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1\]
以下的文字内容与视频可能稍有不同，但基本内容是差不多的。
我们将夹挤原理叙述如下：
定理1（夹挤原理）：设在 \(x=a\) 的某个领域内，\(g(x)\le f(x)\le h(x)\) 而且 \(\lim_{x\to a}g(x)=\lim_{x\to a}h(x)=A\)， 则 \[\lim_{x\to a}f(x)=A\]
我们从图形上看这个定理就很直观了：
用这个定理我们可以证明一个重要的极限：\[\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1\]这个公式是证明三角函数导数公式的关键。
我们应用夹挤原理来证明这个公式。
考虑单位圆上圆心角为 \(x\)的一个扇形 \(OAB\)，这里我们先假设 \(0<x<\frac{\pi}{2}\)，
它的内接三角形为 \(\Delta OAB\)，从图形上可以看出三角形 \(\Delta OAC\)的面积小于扇形 \(OAC\) 的面积，而扇形的面积又小于三角形 \(OAB\)的面积，也就是
\[A_{\Delta OAC}<A_{\frown\atop OAB}<A_{\Delta OAB}\]
这里的 \(A\) 表示面积。但是因为这个圆是单位圆，由扇形和三角形面积的公式，我们知道
\[A_{\Delta OAC}=\frac{1}{2}\sin x, A_{\frown \atop OAB}=\frac{1}{2}x, A_{\Delta OAB}=\frac{1}{2}\tan x\]因为三角形 \(\Delta OAD\) 的高为 \(\sin x\)，三角形 \(OAB\)的高为\(\tan x\)。所以我们有
\[\sin x<x<\tan x\Longleftrightarrow \frac{1}{\sin x}>\frac{1}{x}>\frac{\cos x}{\sin x}\]
两边同乘以 \(\sin x\)，上式右边成为
\[1>\frac{\sin x}{x}>\cos x\]因为当 \(x\to0\) 时，\(\cos x\to 1\)，由夹挤原理，我们证明了当 \(0<x<\frac{\pi}{2}\) 时，\(\lim_{x\to0^+}\frac{\sin x}{x}=1\)。
我们用 \(-x\) 代替上述证明过程中的 \(x\)，可以得到当 \(x<0\) 的结论。证毕。
我们来用这个公式求一些未定式极限。
例1：求极限 \(\lim_{x\to0}\frac{\sin 3x}{\tan 5x}\)。
解：我们将这个极限变形
\[\begin{align*}\lim_{x\to0}\frac{\sin 3x}{\tan 5x}&= \lim_{x\to0}\frac{\sin 3x}{3x}\cdot\frac{5x}{\tan 5x}\cdot\frac{3x}{5x}\\ &=\lim_{x\to0}\frac{\sin 3x}{3x}\cdot\frac{5x}{\sin 5x}\cdot\cos 5x\cdot\frac{3x}{5x}\\&=\frac{3}{5}\end{align*}\]
例2：求极限 \(\lim_{n\to\infty}2^n\sin\frac{x}{2^n}\)。
解：这个极限过程是 \(n\to\infty\)，所以我们将 \(x\) 看成常数。
\[\lim_{n\to\infty}2^n\sin\frac{x}{2^n}=\lim_{n\to\infty}\frac{\sin\frac{x}{2^n}}{\frac{x}{2^n}}\cdot x=x\]
我们再来看一个直接应用夹挤原理求极限的例题。
例3：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：这个极限我们没有什么直接的计算方法。但是应用夹挤原理，我们可以将这个式子进行一些微小的“放缩”，使得放缩以后的式子有相同的极限。我们可以这样做
\[\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}<\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}=\frac{n}{\sqrt{n^2+1}}\]
同样，
\[\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}>\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}=\frac{n}{\sqrt{n^2+n}}\]
所以
\[\frac{n}{\sqrt{n^2+n}}<\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}<\frac{n}{\sqrt{n^2+1}}\]
但是 \[\lim_{n\to\infty}\frac{n}{\sqrt{n^2+1}}=1, \lim_{n\to\infty}\frac{n}{\sqrt{n^2+n}}=1\]所以
\[\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}\right)=1\]