Comme \(-1 \le \sin \frac 1x \le +1\) alors \(1 \le 2 + \sin \frac 1x \le +3\). Donc pour \(x>0\), nous obtenons \(\frac x3 \le \frac{x}{2+\sin \frac{1}{x}} \le x\). On obtient une inégalité similaire pour \(x<0\). Cela implique \(\lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{x}{2+\sin \frac{1}{x}} = 0\).
Sachant que \(\frac{\ln (1+t)}{t} \to 1\) lorsque \(t \to 0\), on peut le reformuler ainsi \(\ln(1+t) = t \cdot \mu(t)\), pour une certaine fonction \(\mu\) qui vérifie \(\mu(t) \to 1\) lorsque \(t\to 0\). Donc \(\ln (1+e^{-x}) = e^{-x} \mu(e^{-x})\). Maintenant \[\begin{align*} (\ln (1+e^{-x}))^{\frac{1}{x}} &= \exp \left(\frac{1}{x} \ln\left( \ln (1+e^{-x}) \right) \right) \\ &= \exp \left(\frac{1}{x} \ln \left( e^{-x} \mu(e^{-x}) \right) \right) \\ &= \exp \left(\frac{1}{x} \left( -x + \ln \mu(e^{-x}) \right) \right) \\ &= \exp \left( -1 + \frac{\ln \mu(e^{-x})}{x} \right) \\ \end{align*}\] \(\mu(e^{-x}) \to 1\) donc \(\ln\mu(e^{-x}) \to 0\), donc \(\frac{\ln \mu(e^{-x})}{x} \to 0\) lorsque \(x \to +\infty\). Bilan : la limite est \(\exp(-1)=\frac 1 e\).
Sachant \(\frac{e^x - 1}{x} \to 1\) lorsque \(x\to 0\), on reformule ceci en \(e^x-1 = x \cdot \mu(x)\), pour une certaine fonction \(\mu\) qui vérifie \(\mu(x) \to 1\) lorsque \(x\to 0\). Cela donne \(\ln (e^x-1) = \ln (x \cdot \mu(x)) = \ln x + \ln \mu(x).\) \[\begin{align*} x^{\frac{1}{\ln (e^{x}-1)}} &= \exp\left( \frac{1}{\ln (e^{x}-1)} \ln x \right) \\ &= \exp\left( \frac{1}{\ln x + \ln \mu(x)} \ln x \right) \\ &= \exp\left( \frac{1}{1 + \frac{\ln \mu(x)}{\ln x}} \right) \\ \end{align*}\] Maintenant \(\mu(x) \to 1\) donc \(\ln \mu(x) \to 0\), et \(\ln x \to - \infty\) lorsque \(x \to 0\). Donc \(\frac{\ln \mu(x)}{\ln x} \to 0\). Cela donne \[\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}x^{\frac{1}{\ln (e^{x}-1)}} = \lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}} \exp\left( \frac{1}{1 + \frac{\ln \mu(x)}{\ln x}} \right) = \exp\left(1\right) = e.\]

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