Доказательство:

1) Пусть сначала \(x>0\), причем так как дуга \(x\) стремится к нулю, то можно считать, что \(0<x<\frac {\pi}{2}\).

В тригонометрическом круге радиуса \(R=1\) построим угол \(x=\angle AOB\) и пусть \(DB\) - длина перпендикуляра, опущенного из точки \(B\) на радиус \(OA\) и \(AC\) - отрезок касательной к окружности, проведенной в точке \(A\) до точки пересечения ее с продолженным радиусом \(AB\).

Имеем для площадей,

\[ S_{\triangle OAB}< S_{сектора OAB}<S_{\triangle OAC}. \]

Так как \(DB=\sin x\) и \(AC=tg\;x\), то на основании формул элементарной геометрии получаем

\[ \frac12 \sin x<\frac12 x<\frac12 tg\;x,\]

т.е.

\[  \sin x< x< tg\;x \tag{2}, \]

Разделив все члены последнего двойного неравенства на положительную величину \(\sin x\), будем иметь

\[ 1<\frac{x}{\sin x}<\frac{1}{\cos x} \tag{3}\]

или

\[ \cos x<\frac{\sin x}{x}<1. \tag{4} \]

Пусть \(x \to +0\); тогда из наглядных соображений получаем \(\cos x \to 1\). Таким образом, из неравенства (4) следует, что функция \(\sin x/x\) заключена между двумя функциями, имеющими общий предел, равный 1. На основании теоремы о двух милиционерах получаем

\[ \lim\limits_{x \to +0} \frac{\sin x}{x}=1. \tag{5} \]

2) Пусть теперь \(x<0\); имеем

\[ \frac{\sin x}{x}=\frac{\sin (-x)}{-x} \],

где \(-x>0\). Поэтому

\[ \lim\limits_{x \to -0} \frac{\sin x}{x}=1. \tag{5'} \]

Из формул (5) и (5') следует равенство (1).

Что и требовалось доказать.