接下來用七種方法證明 \sin'x=\cos x ，當然方法肯定還有很多：
1. 教科書式證法
\begin{align} (\sin x)'& =\lim_{\Delta x \rightarrow 0}{\frac{\sin(x+\Delta x)-\sin x}{\Delta x}} \\ & =\lim_{\Delta x \rightarrow 0}{\frac{\sin x\cos \Delta x+\cos x\sin \Delta x-\sin x}{\Delta x}} \\ & =\cos x\lim_{\Delta x \rightarrow 0}{\frac{\sin \Delta x}{\Delta x}} +\sin x\lim_{\Delta x \rightarrow 0}{\frac{\cos \Delta x-1}{\Delta x}} \\ & = \cos x \end{align}
過程中用到了如下兩個極限：
\lim_{x \rightarrow 0}{\frac{\sin x}{x}}=1
\lim_{x \rightarrow 0}{\frac{\cos x-1}{x}}=\lim_{x \rightarrow 0}{\frac{1-2\sin^2 \frac{x}{2}-1}{x}} =-\lim_{t \rightarrow 0}{\frac{\sin^2 t}{t}} =-0\cdot1=0
對於第一個極限，用教科書式的面積法證明：
因為x\in(0,\frac{\pi}{2}) 時 ， S_{\triangle AOB}<S_{扇形 AOB}<S_{\triangle AOC} ，故 \sin x<x<\tan x ，變換得 \cos x<\frac{\sin x}{x}<1 ，由三角函式的奇偶性知，在 (-\frac{\pi}{2},0)\cup(0,\frac{\pi}{2}) 上述不等式也成立，最後利用夾逼定則得 \lim_{x \rightarrow 0}{\frac{\sin x}{x}}=1 .
2. 教科書式證法之二
\begin{align} (\sin x)'& =\lim_{\Delta x \rightarrow 0}{\frac{\sin(x+\Delta x)-\sin x}{\Delta x}} \\ & =\lim_{\Delta x \rightarrow 0}{\frac{2\cos\frac{2x+\Delta x}{2}\sin\frac{\Delta x}{2}}{\Delta x}} \\ & =\lim_{\Delta x \rightarrow 0}{\frac{2\sin\frac{\Delta x}{2}}{\Delta x}} \lim_{\Delta x \rightarrow 0}{\cos(x+\frac{\Delta x}{2})} \\ & = \cos x \end{align}
過程用到了極限 \lim_{x \rightarrow 0}{\frac{\sin x}{x}}=1 ，和差化積公式
\sin\alpha-\sin\beta=\sin\left(\frac{\alpha+\beta}{2}+\frac{\alpha-\beta}{2}\right)-\sin\left(\frac{\alpha+\beta}{2}-\frac{\alpha-\beta}{2}\right)=2\cos\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)\sin\left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)
還有 \cos x 的連續性（ \lim_{x \rightarrow x_0}{\cos x}=\cos x_0 ）.
關於連續性的教科書式證明如下：
|\sin x-\sin x_0|=2\left |\cos\frac{x+x_0}{2}\sin\frac{x-x_0}{2}\right |< |x-x_0|\rightarrow0\\ |\cos x-\cos x_0|=2\left |\sin\frac{x+x_0}{2}\sin\frac{x-x_0}{2}\right |< |x-x_0|\rightarrow0
故 \sin x,\cos x 連續.
此處用到了 \sin x< x\quad(x>0) 以及三角函式的有界性.
3. 勻速圓周運動法
一個做勻速圓周運動的物體：
\bm r=r\cos\omega t\bm i+r\sin\omega t\bm j
\bm v=\frac{\mathrm d \bm r}{\mathrm dt}=\omega r\cos'\omega t\bm i+\omega r\sin'\omega t\bm j
而 \bm r\bot\bm v ，又 v=\omega r ，故
\bm v=\omega r\cos(\omega t+\frac\pi2)\bm i+\omega r\sin(\omega t+\frac\pi2)\bm j=-\omega r\sin\omega t\bm i+\omega r\cos\omega t\bm j
對比得：
\sin'x=\cos x
\cos'x=-\sin x
4. 弧長公式證明法
用參數方程式表示的曲線 \begin{cases} x=x(t) \\ y=y(t) \end{cases} 的弧長公式為 L=\int_{t_1}^{t_2}\sqrt{[x'(t)]^2+[y'(t)]^2}\mathrm dt
單位圓的參數方程式為 \begin{cases} x=\cos t \\ y=\sin t \end{cases} ，因此角 x 對應的弧長為： x=\int_{0}^{x}\sqrt{(\cos't)^2+(\sin't)^2}\mathrm dt
將兩端求導，並加上單位圓方程式，得到：
\begin{cases} \sin^2x+\cos^2x=1&(1)\\ (\sin'x)^2+ (\cos'x)^2=1&(2)\end{cases}
對方程式（1）兩端求導，得到
2\sin x\sin'x+2\cos x\cos'x=0
移項並平方
\sin^2 x(\sin'x)^2=\cos^2 x(\cos'x)^2
用方程式（2）幹掉 \cos'x
\sin^2 x(\sin'x)^2=\cos^2 x[1-(\sin'x)^2]
整理得
(\sin'x)^2=\cos^2 x
透過幾何直觀看出二者同號：
\sin'x=\cos x
同理
\cos' x=-\sin x
5. 反函式法
考慮單位圓的右半圓周 x=\sqrt{1-y^2} ，點 (1,0) 與 (x_0,y_0) 之間的弧長為：
s=\int_{0}^{y_0}\sqrt{1+x'^2}\mathrm dy=\int_{0}^{y_0}\frac{1}{\sqrt{1-y^2}}\mathrm dy
在單位圓弧長公式中，右邊是一個正弦值的函式，左邊的弧長可以看做弧度制下的角度，這正好與反正弦函式的定義相符.
因此我們可以定義弧度制下的反正弦函式：
\arcsin x:=\int_{0}^{x}\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\mathrm dt
易知
(\arcsin x)'=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}
今 y=\sin x 即 \arcsin y =x ，兩端求導得
\frac{y'}{\sqrt{1-y^2}}=1
y'=\sqrt{1-y^2}=\sqrt{1-\sin^2x}=\cos x
即
\sin 'x=\cos x
6. 蠻不講理級數定義法
定義：
\sin x:=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+...
\cos x:=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+...
所以顯然 \sin'x=\cos x
7. 蠻不講理歐拉公式定義法
定義：
e^z:=1+z+\frac{z^2}{2!}+\frac{z^3}{3!}+...
\sin z:=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}
\cos z:=\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}
因為 (e^z)'=e^z
所以 \sin'x=\cos x
