Кратко проанализирую и дам строгий путь.

Почему "sin x и x близки" — недостаточно: нужно показать по определению предела (эпсилон‑дельта) или через теоремы (теорема о трёх функциях или l'Hôpital, разложение Тейлора и т.п.), что отношение (\dfrac{\sin x}{x}) стремится к (1) при (x\to 0).

Недостающие формальные шаги:

Указать область, где сравнения корректны (обычно (0<|x|<\pi/2)).Построить явные неравенства, связывающие (\dfrac{\sin x}{x}) с функциями, пределы которых известны.Применить теорему о двух или трёх функциях (squeeze theorem) или l'Hôpital/непрерывность, а при необходимости оформить эпсилон‑дельта аргумент.

Классическое строгое доказательство (геометрическое + squeeze + эпсилон‑дельта):

1) Для (0<x<\tfrac{\pi}{2}) из геометрии единичной окружности (сравнение площадей треугольника и сектора и внешнего треугольника) следует
[
\sin x < x < \tan x.
]
Разделив на (\sin x>0) получаем
[
1 < \frac{x}{\sin x} < \frac{1}{\cos x},
]
откуда, инвертируя,
[
\cos x < \frac{\sin x}{x} < 1\qquad(0<x<\tfrac{\pi}{2}).
]

2) Для (x<0) используем нечётность синуса: (\dfrac{\sin(-x)}{-x}=\dfrac{\sin x}{x}), значит функция (\dfrac{\sin x}{x}) чётна и достаточно рассмотреть (x\to 0^+).

3) По непрерывности косинуса (\displaystyle\lim{x\to 0}\cos x=1). Из неравенств
[
\cos x \le \frac{\sin x}{x} \le 1
]
и теоремы о трёх функциях следует
[
\lim{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1.
]

Эпсилон‑дельта оформление (необязательно, но формально): пусть (\varepsilon>0). Так как (\lim{x\to 0}\cos x=1), существует (\delta>0) такое, что при (0<|x|<\delta) выполняется (|\cos x-1|<\varepsilon). Из неравенств выше для таких (x) имеем
[
0\le 1-\frac{\sin x}{x}\le 1-\cos x,
]
следовательно
[
\left|\frac{\sin x}{x}-1\right|\le |\cos x-1|<\varepsilon.
]
Это доказывает по определению предела, что (\displaystyle\lim{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x}=1).

Альтернативы: можно также доказать через правило Лопиталя (дифференцируемые функции, (\frac{0}{0}) форма) или через разложение Тейлора (\sin x=x-\tfrac{x^3}{6}+o(x^3)), что даёт тот же результат.