1. Appliquer BH une fois: \[\begin{aligned} \lim_{x\to 0^+} \frac{\log(\sin(x))}{\log(\sin(\alpha x))} &\stackrel{BH}{=} \lim_{x\to 0^+}\frac{\frac{\cos(x)}{\sin(x)}}{\frac{\alpha \cos(\alpha x)}{\sin(\alpha x)}}\\ &= \lim_{x\to 0^+} \underbrace{\frac{\cos(x)}{\cos(\alpha x)}}_{\to \frac11=1} \frac{\sin(\alpha x)}{\alpha\sin(x)}\\ &= \lim_{x\to 0^+} \frac{\sin(\alpha x)}{\alpha x} \frac{1}{\frac{\sin(x)}{x}} =1 \end{aligned}\]
2. Par le \(DL(1)\) de l'exponentielle autour de zéro, \[ e^u=1+u+u\varepsilon(u)\,, \] où \(\lim_{u\to 0}\varepsilon(u)=0\). Comme \(x^2\sin(\frac1x)\to 0\) lorsque \(x\to 0\), on a donc avantage à utiliser ce \(DL(1)\) avec \(u=x^2\sin(\frac1x)\), pour obtenir \[\begin{aligned} \frac{\exp(x^2\sin(\frac{1}{x}))-1}{x} &=\frac{\left(1+x^2\sin(\tfrac1x)+x^2\sin(\tfrac1x)\varepsilon(x^2\sin(\tfrac1x))\right)-1}{x}\\ &=x\sin(\tfrac1x)+x\sin(\tfrac1x)\varepsilon(x^2\sin(\tfrac1x))\to 0 \end{aligned}\] Remarquons que la règle de BH ne permet pas de conclure!

Utiliser deux \(DL(3)\) autour de zéro, pour \(\sinh\) et \(\sin\). La réponse est: \(216\)

C'est faux. Comme contre-exemple, prendre \(f:\mathbb{R}^*_+\to\mathbb{R}\), définie par \(f(x)=\sin(\sqrt{x})\). On a \[ \lim_{x\to+\infty} f'(x)= \lim_{x\to+\infty} \frac{\cos(\sqrt{x})}{2\sqrt{x}}=0\,, \] mais \(f(x)\) n'a pas de limite lorsque \(x\to +\infty\).