Quando x\to 0^{+}, temos \operatorname{sen}(x)\to 0.
Quando x\to 0^{+}, temos \ln(x)\to -\infty, portanto \ln(x)^{2}\to +\infty.
Assim a expressão é do tipo “zero vezes infinito”, uma forma indeterminada que precisa de manipulação para determinar o limite.
Passo 2
Uma estratégia natural é usar a equivalência clássica entre \operatorname{sen}(x) e x quando x\to 0. Primeiro recorde e demonstro rapidamente a propriedade usada: para x pequeno e positivo vale a desigualdade
\cos x \le \frac{\operatorname{sen}(x)}{x} \le 1,
que vem da comparação geométrica (ou da desigualdade seno‑ângulo). Como \cos x \to 1 quando x\to 0, pelo teorema do sanduíche segue que
Pela propriedade acima \dfrac{\operatorname{sen}(x)}{x}\to 1 quando x\to 0^{+}. Logo o limite procurado tem o mesmo valor que o limite de x\,\ln(x)^{2}. Ou seja basta calcular
\lim_{x\to 0^{+}} x\,\ln(x)^{2}.
Passo 4
Para calcular \lim_{x\to 0^{+}} x\,\ln(x)^{2} fazemos a substituição clássica x=e^{-u}. Quando x\to 0^{+} temos u\to +\infty e \ln(x)=-u. Então
x\,\ln(x)^{2}=e^{-u}\cdot(-u)^{2}=u^{2}e^{-u}.
Devemos calcular \lim_{u\to+\infty} u^{2}e^{-u}. Essa é uma expressão onde a exponencial decresce muito mais rápido que qualquer polinômio cresce, portanto o limite é 0. Para ser rigoroso, considere a razão
\frac{u^{2}}{e^{u}},
que é uma forma \dfrac{\infty}{\infty}. Aplicando a Regra de L’Hôpital duas vezes:
primeira aplicação: \dfrac{u^{2}}{e^{u}}\xrightarrow[u\to\infty]{}\dfrac{2u}{e^{u}};
segunda aplicação: \dfrac{2u}{e^{u}}\xrightarrow[u\to\infty]{}\dfrac{2}{e^{u}}=0.
Assim \displaystyle\lim_{u\to+\infty}\frac{u^{2}}{e^{u}}=0, isto é \displaystyle\lim_{u\to+\infty}u^{2}e^{-u}=0.
Passo 5
Voltando à expressão original, temos mostrado que \lim_{x\to 0^{+}} x\,\ln(x)^{2}=0 e que \lim_{x\to 0^{+}}\dfrac{\operatorname{sen}(x)}{x}=1. Pelo produto de limites (quando existem),