Tenemos la indeterminación de tipo
0/0,
tal que el límite para el numerador es
$$\lim_{x \to 0^+}\left(\frac{\sin{\left(x \right)} \sin{\left(4 x \right)}}{\sin{\left(5 x \right)}}\right) = 0$$
y el límite para el denominador es
$$\lim_{x \to 0^+} \sin{\left(6 x \right)} = 0$$
Vamos a probar las derivadas del numerador y denominador hasta eliminar la indeterminación.
$$\lim_{x \to 0^+}\left(\frac{\sin{\left(x \right)} \sin{\left(4 x \right)}}{\sin{\left(5 x \right)} \sin{\left(6 x \right)}}\right)$$
=
Introducimos una pequeña modificación de la función bajo el signo del límite
$$\lim_{x \to 0^+}\left(\frac{\sin{\left(x \right)} \sin{\left(4 x \right)}}{\sin{\left(5 x \right)} \sin{\left(6 x \right)}}\right)$$
=
$$\lim_{x \to 0^+}\left(\frac{\frac{d}{d x} \frac{\sin{\left(x \right)} \sin{\left(4 x \right)}}{\sin{\left(5 x \right)}}}{\frac{d}{d x} \sin{\left(6 x \right)}}\right)$$
=
$$\lim_{x \to 0^+}\left(\frac{- \frac{5 \sin{\left(x \right)} \sin{\left(4 x \right)} \cos{\left(5 x \right)}}{\sin^{2}{\left(5 x \right)}} + \frac{4 \sin{\left(x \right)} \cos{\left(4 x \right)}}{\sin{\left(5 x \right)}} + \frac{\sin{\left(4 x \right)} \cos{\left(x \right)}}{\sin{\left(5 x \right)}}}{6 \cos{\left(6 x \right)}}\right)$$
=
$$\lim_{x \to 0^+}\left(- \frac{5 \sin{\left(x \right)} \sin{\left(4 x \right)} \cos{\left(5 x \right)}}{6 \sin^{2}{\left(5 x \right)}} + \frac{2 \sin{\left(x \right)} \cos{\left(4 x \right)}}{3 \sin{\left(5 x \right)}} + \frac{\sin{\left(4 x \right)} \cos{\left(x \right)}}{6 \sin{\left(5 x \right)}}\right)$$
=
$$\lim_{x \to 0^+}\left(- \frac{5 \sin{\left(x \right)} \sin{\left(4 x \right)} \cos{\left(5 x \right)}}{6 \sin^{2}{\left(5 x \right)}} + \frac{2 \sin{\left(x \right)} \cos{\left(4 x \right)}}{3 \sin{\left(5 x \right)}} + \frac{\sin{\left(4 x \right)} \cos{\left(x \right)}}{6 \sin{\left(5 x \right)}}\right)$$
=
$$\frac{2}{15}$$
Como puedes ver, hemos aplicado el método de l'Hopital (utilizando la derivada del numerador y denominador) 1 vez (veces)