我们先来看一个经典的二重极限：

\begin{align} \lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{xy}{x+y} \end{align}

很多同学刚学到二重极限时多多少少都被这个题给难住过，我相信有很大一部分同学的第一反应是：“哎！我们可以把分母用基本不等式放缩，然后这样就能得到极限为0了！”。但是我们知道，只有 \begin{align} x,y>0 \end{align} 时基本不等式才成立，所以这种方法是不行的。

又有一部分同学想起老师说过可以取特殊路径就觉得：“啊，我们只要取 \begin{align} y=-x \end{align} 这条路径就好了。”很遗憾，这是一条“无效”路径，在这个表达式中根本就不存在这条路径，用一条不存在的路径来解释问题就是小狗屁。

也有同学知道“极坐标法”，但是很可惜，极坐标法的结果是： \begin{align} \end{align} \begin{align} \lim_{r\to0^+}\frac{r\cos\theta\sin\theta}{\cos\theta+\sin\theta}=0 \end{align} ，本质原因是因为这种“极坐标法”的 \begin{align} \theta \end{align} 是个与 \begin{align} r \end{align} 无关的量，这就导致了路径实际上变成了 \begin{align} y=x\tan\theta \end{align} ——一条直线。

那么该怎么解决这个问题呢？课本上的参考答案给出了这样一条路径： \begin{align} y=kx^2-x~,~\forall k\ne0 \end{align} ，

在这条“凭空冒出”的路径上我们发现：

\begin{align} \lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{xy}{x+y}=\lim_{x\to0}\frac{x(kx^2-x)}{x+kx^2-x}=\lim_{x\to0}x-\frac1k=-\frac1k \end{align}

由 \begin{align} k \end{align} 的任意性可知该二重极限不存在。

这里肯定有同学跟我一样表示疑惑：“啊哈？这路径又是从哪冒出来的？凭啥存在这样的路径？”

从上面的讨论中我们发现，在证明二重极限不存在时寻找特殊路径可以有效帮助我们解决问题。

在方法引入前，我们先简单回顾一下Taylor公式：

它的核心思想是利用多项式来拟合位于某点 \begin{align} x_0 \end{align} 处领域内的函数，从而实现该函数在该点处的数值计算。

为什么要讲到Taylor公式呢？我们来仔细看看这个公式，假如我们考虑 \begin{align} 0 \end{align} 处的展开式，那么在 \begin{align} U(0,\delta) \end{align} 内， \begin{align} 0 \end{align} 处 \begin{align} n \end{align} 阶可导的任意函数 \begin{align} f \end{align} 都可以表示成一个多项式以及一个高阶余项的和。而当函数 \begin{align} f \end{align} 中含有的 \begin{align} x^\frac12,x^\frac13 \end{align} 等等在 \begin{align} 0 \end{align} 处不可导的项时，我们可以尝试分离这些项来试着得到 \begin{align} 0 \end{align} 处可导的项，如果成功的话，在展开后形成多项式再与这些项作乘积，这样一来函数 \begin{align} f \end{align} 就可以用任意阶的 \begin{align} x^m,m>0 \end{align} 来“拟合”。但是如果不成功的话，即函数中有着 \begin{align} \ln(xy) \end{align} ， \begin{align} \text e^{-\frac1{xy}} \end{align} 等形式的项时（不考虑特殊函数，仅讨论初等函数下的二重极限），就只能单独进行讨论。因此，本文的方法只针对这些能够分离出 \begin{align} 0 \end{align} 处可导项的函数，而对于携带了 \begin{align} \ln~,~\text e \end{align} 型的函数，我们在文章末尾会给出一些见解（也可以用到本文的方法，但是只作用于局部）。

为什么这里要强调“任意函数”呢？回看一下文章的标题，没错，我们考虑的是“路径”，而我们又知道，二重极限的任意路径本质上就是任意的函数。为了方便讨论，下文中我们统一考虑 \begin{align} y \end{align} 关于 \begin{align} x \end{align} 的函数（当然也可以是 \begin{align} x \end{align} 关于 \begin{align} y \end{align} ，这不失一般性）。

到这里，我想你已经知道我要说什么了。

我们来考虑这样一种形式的二重极限：

\begin{align} \color{red}{I(a,b,p,q,c)=\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{x^py^q}{x^a+cy^b}} \end{align}

其中， \begin{align} a,b>0,p\geq0,q\in\mathbb R \end{align},c=\left\{-1,1\right\} ，在这里我们称这样的 \begin{align} I(a,b,p,q,c) \end{align} 为二重极限的最小单位元

为什么只考虑这种形式，不妨举个例子：

\begin{align} \lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{x^3+y^3}{x^2+x^2y+y} \end{align}

我们以分母中不含 \begin{align} x^ay^b~~,~~a,b>0 \end{align} 交叉项的单项和为基准，上下同除 \begin{align} x^2+y \end{align} ，分别考虑：

\begin{align} \lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{x^3}{x^2+y} \end{align} ， \begin{align} \lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{y^3}{x^2+y} \end{align} ， \begin{align} \lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{x^2y}{x^2+y} \end{align}

我们取的路径一定是令分母逼近 \begin{align} 0 \end{align} 的路径，同时分母变成 \begin{align} x^\alpha \end{align} 阶，在分子同为 \begin{align} x^\alpha \end{align} 阶时使极限变为事先给定好的任意常数，进而得得出矛盾。

第一项 \begin{align} \lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{x^3}{x^2+y} \end{align} 取特定路径 \begin{align} y=k_1x^3-x^2~,~\forall k_1\ne0 \end{align} 可知该极限不存在；

第二项 \begin{align} \lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{y^3}{x^2+y} \end{align} 取特定路径 \begin{align} y=k_2x^6-x^2~,~\forall k_2\ne0 \end{align} 可知该极限不存在；

第三项 \begin{align} \lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{x^2y}{x^2+y} \end{align} 取特定路径 \begin{align} y=k_3x^4-x^2~,~\forall k_3\ne0 \end{align} 可知该极限不存在。

我们来看这三项的路径，三者都是使二重极限的分母趋于 \begin{align} 0 \end{align} ，而区别就在于不同的趋近方式，第一项是以 \begin{align} x^3 \end{align} 级逼近，第二项以 \begin{align} x^6 \end{align} 级逼近，而第三项以 \begin{align} x^4 \end{align} 级逼近；当我们以公共路径 \begin{align} y=k_1x^3-x^2 \end{align} 趋于 \begin{align} 0 \end{align} 时，第一项极限整体的最终阶数为 \begin{align} \frac{x^3}{x^3}=x^0 \end{align} ，第二项整体阶数为 \begin{align} \frac{x^6}{x^3}=x^3 \end{align} ，第三项整体的阶数为 \begin{align} \frac{x^4}{x^3}=x \end{align}， 这样一来三者的极限分别为 \begin{align} \frac1{k_1}~,~0~,~0 \end{align} ，从而以路径 \begin{align} y=k_1x^3-x^2 \end{align} 趋近时，原二重极限就不存在，即：

\begin{align} \lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{x^3+y^3}{x^2+x^2y+y}&=\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{\frac{x^3}{x^2+y}+\frac{y^3}{x^2+y}}{1+\frac{x^2y}{x^2+y}}\\&=\lim_{x\to0}\frac{\frac{x^3}{k_1x^3}+\frac{(k_1x^3-x^2)^3}{k_1x^3}}{1+\frac{x^2(k_1x^3-x^2)}{k_1x^3}}\\&=\frac{\frac1{k_1}+0}{1+0}\\&=\frac1{k_1} \end{align}

通过这个例子，我们发现，当 \begin{align} x^a+cy^b=0 \end{align} 有解的情况下，在 \begin{align} a,b,c \end{align} 相同时，不同的最小单位元 \begin{align} I(a,b,p_k,q_k,c) \end{align} 之间有着公共路径 \begin{align} y^* \end{align} ，使得某一个 \begin{align} I(a,b,p_i,q_i,c) \end{align} 为 \begin{align} -\frac1k \end{align} 时其它的 \begin{align} I(a,b,p_j,q_j,c) ~,~j\ne i\end{align} 为 \begin{align} 0 \end{align} ，因此在分子分母都含有交叉项时同除分母上的非交叉项的 \begin{align} x^a+cy^b \end{align} 就能得到一系列 \begin{align} I(a,b,p_k,q_k,c) \end{align} 的复合运算，分析一系列的 \begin{align} I(a,b,p_k,q_k,c) \end{align} 得到 \begin{align} k \end{align} 条路径 \begin{align} y_k^* \end{align} ，在这些路径中寻找到拥有最小 \begin{align} x \end{align} 剩余阶数的一条公共路径 y^*_i ，使得该路径的源头 I(a,b,p_i,q_i,c) 极限为给定常数，而其他的 \begin{align} I(a,b,p_j,q_j,c) \end{align} 极限为 \begin{align} 0 \end{align} 。这样一来，我们分析二重极限的存在性就等价于分析最小单位元 \begin{align} I(a,b,p,q,c) \end{align} 的公共路径，因此 \begin{align} I(a,b,p,q,c) \end{align} 的结果长啥样就显得尤为重要了。

我们来讨论一下各个参数取值的原因：

\begin{align} \lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{x^py^q}{x^a+cy^b}~~,~~a,b>0,p\geq0,q\in\mathbb R \end{align},c=\left\{-1,1\right\}

可能有人会问：“为什么 \begin{align} a,b,p \end{align} 要大于 \begin{align} 0 \end{align} 而 \begin{align} q \end{align} 没有这种要求？为什么 \begin{align} c=\left\{-1,1\right\} \end{align} ？”

不妨来分析一下，如果 \begin{align} p\begin{align} q>0 \end{align} 则对换 \begin{align} x,y \end{align} ，最小单位元依然有意义；如果 q\leq0 ，分子就变为常量了，这样的二重极限只有分母有变量，自然是趋于无穷的。

而 \begin{align} a,b\leq0 \end{align} 的话，若同时小于等于 \begin{align} 0 \end{align} 则分子分母同乘 \begin{align} x^{-a}y^{-b} \end{align} ，形式与最小单位元一致；若其中一项小于等于 \begin{align} 0 \end{align} ，不妨假设 \begin{align} a\leq0 \end{align} ，此时让分子分母同乘 \begin{align} x^{-a} \end{align} ，分母项变为 \begin{align} 1+cx^{-a}y^b \end{align} ，在极限趋向中分母趋于 \begin{align} 1 \end{align} ，原式就等价于 \begin{align} x^{p-a}y^q \end{align} ，这是容易进行讨论的。

再者就是要求 \begin{align} c=\left\{-1,1\right\} \end{align} ，如果分母为 \begin{align} dx^a+cy^b \end{align} ，首先 \begin{align} d=0 \end{align} 时最小单位元变为 \begin{align} \frac1cx^py^{q-b} \end{align} ，这是容易进行讨论的；当 \begin{align} d\ne0 \end{align} 时提出 \begin{align} d \end{align} 后不影响原极限，此时分母就变成了 \begin{align} x^a+\frac cdy^b \end{align} ，然后做变换 \begin{align} \tilde y=\left|\frac cd\right|^\frac 1by \end{align} ，分母就变为 \begin{align} x^a+\text{sgn}\left(\frac cd\right)\tilde y^b \end{align} ，而 \begin{align} \text{sgn}\left(\frac cd\right)=\left\{-1,1\right\} \end{align} ，因此就变为了最小单位元定义式中的 \begin{align} c \end{align} 。这就说明，最小单位元中的参数就是最简的状态。

在开始讨论路径之前，我们先来分析一下 \begin{align} x \end{align} 幂的情况。

众所周知，对于 \begin{align} x^\alpha~,\alpha>0 \end{align} ，其中的 \begin{align} x^{\frac12},x^\frac14,x^\frac16,\cdots \end{align} 中 \begin{align} x \end{align} 的定义域和值域都是 \begin{align} [0,+\infty) \end{align} ，而其他的 \begin{align} x^\alpha \end{align} 的定义域都是 \begin{align} \mathbb R \end{align} 。当 \begin{align} \frac1a\mod2=0 \end{align} 时，为了偷懒摸鱼，我们将满足这样条件的 \begin{align} a \end{align} 记为 \begin{align} m[a,2]=0 \end{align} ，即满足 \begin{align} m[a,2]=0 \end{align} 的 \begin{align} a \end{align} 会使得 \begin{align} x^a \end{align} 的定义域变为 \begin{align} [0,+\infty) \end{align} 。再把满足 \begin{align} m[a,2]=0 \end{align} 和 \begin{align} m\left[\frac1a,2\right]=0 \end{align} 两者中的任意一项的 \begin{align} a \end{align} 记为 \begin{align} M[a,2]=0 \end{align} 。

我们先对 \begin{align} c \end{align} 进行分类：

当 \begin{align} c=1 \end{align} 时，我们先将最小单位元简记为 \begin{align} I(a,b,p,q) \end{align} ，此时对 \begin{align} a,b \end{align} 的情况进行讨论：

当 \begin{align} M[a,2]=M[b,2]=0 \end{align} 时：

\begin{align} \frac{x^py^q}{x^a+cy^b} \end{align} 中的 \begin{align} x^a,y^b\geq0 \end{align} ，这也就意味着 \begin{align} x^a+y^b=0 \end{align} 并没有解，即没有直接的路径使得分母整体趋于 \begin{align} x^\alpha \end{align} ，对此我们再进一步讨论：

考虑任意路径先分离不可导点，再Taylor展开后合并得到的等效路径 \begin{align} y=f_m(x)=x^m+o(x^m)~,~m>0 \end{align} ，这里 \begin{align} x^m \end{align} 前可以有系数，但是换元后可将系数变为 \begin{align} 1 \end{align} 。

此时有：

\begin{align} I(a,b,p,q)=\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{x^py^q}{x^a+y^b}&=\lim_{x\to0}\frac{x^{p+mq}}{x^a+x^{mb}}~,~a,b,m>0,p\geq0,q\in\mathbb R \end{align}

我们先对 \begin{align} p \end{align} 分类，若 \begin{align} p>0 \end{align} ：

①当 \begin{align} mb\leq a \end{align} 时：

\begin{align} I(a,b,p,q)=\lim_{x\to0}x^{p+mq-mb} \end{align}

考虑到此时结果直接与原二重极限 \begin{align} I(a,b,p,q) \end{align} 是否存在等价（考虑可以以任意倍的 \begin{align} x^m \end{align} 作为路径，因此仅该一元极限为 \begin{align} 0 \end{align} 时等价于原二重极限），我们知道 \begin{align} p+mq-mb>0 \end{align} 时该极限为 \begin{align} 0 \end{align} ，对 \begin{align} q \end{align} 分两类：

当 \begin{align} q\begin{align} \frac p{b-q}>m \end{align} 对任意的 \begin{align} m\leq\frac ab \end{align} 恒成立，即 \begin{align} \frac{p}{b-q}>\frac ab\Leftrightarrow\frac pa+\frac qb>1\Leftrightarrow q>b-\frac{bp}{a} \end{align}

当 \begin{align} q\geq b \end{align} 时， \begin{align} \underbrace{p}_{>0}+\underbrace{(q-b)}_{\geq0}\underbrace m_{>0}>0 \end{align} 恒成立

综上，当 \begin{align} q>b-\frac{bp}{a} \end{align} 时有 \begin{align} \lim_{x\to0}x^{p+mq-mb}=0 \end{align} ，即 \begin{align} \frac pa+\frac qb>1 \end{align} 时最小单位元 \begin{align} I(a,b,p,q) \end{align} 极限存在。

②当 \begin{align} mb>a \end{align} 时：

\begin{align} I(a,b,p,q)=\lim_{x\to0}x^{p+mq-a} \end{align} ，同样的，对 \begin{align} q \end{align} 进行分类：

当 q=0 时， \begin{align} p-a>0 \end{align} 则极限存在，即 \begin{align} \frac pa+\frac qb=\frac pa>1 \end{align} 时极限存在

当 q\begin{align} p+mq-a>0 \end{align} ，即 \begin{align} \frac{a-p}{q}>m>\frac ab>0 \end{align} ，从而有 \begin{align} q>b-\frac{bp}{a} \end{align}

当 \begin{align} q>0 \end{align} 时，即 \begin{align} \frac{a-p}{q}\begin{align} m>\frac ab \end{align} 恒成立，即 \begin{align} \frac{a-p}{q}\leq \frac ab \end{align} ，从而 \begin{align} q\geq b-\frac{bp}{a} \end{align}

综合上述①和②的讨论，当 \begin{align} q>b-\frac{bp}{a} \end{align} 时有 \begin{align} \lim_{x\to0}x^{p+mq-a}=0 \end{align} ，即 \begin{align} \frac pa+\frac qb>1 \end{align} 时最小单位元 \begin{align} I(a,b,p,q) \end{align} 极限存在。

另一方面，当 \begin{align} \frac pa+\frac qb\leq1 \end{align} 时，考虑到 \begin{align} b-q\geq b-\left(b-\frac{bp}{a}\right)=\frac{bp}{a}>0 \end{align} ，取 \begin{align} m=\frac{p}{b-q}\in\left(0,\frac ab\right] \end{align} ，路径为 \begin{align} y=kx^m=kx^{\frac{p}{b-q}}~,~\forall k\ne0 \end{align} ，则：

\begin{align} I(a,b,p,q,1)=\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{x^py^q}{x^a+y^b}=\lim_{x\to0}\frac{k^qx^{p+\frac{pq}{b-q}}}{x^a+k^bx^\frac{bp}{b-q}}=\left\{\begin{array}{c}k^{q-b}&,\displaystyle\frac pa+\frac qb\begin{align} >0 \end{align} 和 \begin{align} \begin{align} q>0 \end{align} 时，考虑到当前是在 \begin{align} x^a+y^b=0 \end{align} 无解的情况下，因此我们有：

当 \begin{align} q>b \end{align} ，即 \begin{align} \frac pa+\frac qb=\frac qb>1 \end{align} 时，此时最小单位元：

\begin{align} I(a,b,0,q)&=\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{y^q}{x^a+y^b}\leq\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{|y|^q}{x^a+y^b}\leq\lim_{(x,y)\to(0,0)}|y|^{q-b}=0 \end{align}

当 \begin{align} 0\begin{align} &~~~~~~~~~~I(a,b,p,q,1)\\ &=\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{x^py^q}{x^a+y^b}\\ &=\left\{\begin{array}{c} 0&,\displaystyle\frac pa+\frac qb>1\\ k^{q-b}&,p>0,\displaystyle\frac pa+\frac qb0,\displaystyle\frac pa+\frac qb=1,y=kx^m=kx^{\frac{p}{b-q}}~,~\forall k\ne0\\ +\infty~\text{or}~-\infty&,p=0,q\leq0,m[q,2]\cdot m[b,2]=0\\ \pm\infty\to\text{not exist}&,p=0,q\leq0,m[q,2]\cdot m[b,2]\ne0\\ k^{q-b}&,p=0,0\begin{align} x>0 \end{align} ，此时分母 \begin{align} x^a+y^b \end{align} 依然无非零解，但是做换元 \begin{align} \tilde x=x^p>0 \end{align} ，则 \begin{align} I(a,b,p,q)=\lim_{(\tilde x,y)\to(0^+,0)}\frac{\tilde xy^q}{\tilde x^\frac ap+y^b} \end{align} ，其中 \begin{align} M[\frac ap,2]=M[b,2]=0 \end{align} ，这就满足我们上面讨论分母无解时的情况，此时就有： \begin{align} \frac1{\frac ap}+\frac qb>1\Leftrightarrow\frac pa+\frac qb>1 \end{align} 时极限存在且为 \begin{align} 0 \end{align} ，而 \begin{align} \frac pa+\frac qb\leq1 \end{align} 时取路径 \begin{align} y=k\tilde x^{\frac1{b-q}}=kx^{\frac{p}{b-q}}~,~\forall k\ne0 \end{align} 同样可以得到极限不存在。

②如果 \begin{align} m[p,2]\ne0 \end{align} ，则 \begin{align} x^a+y^b=0 \end{align} 存在解，即 \begin{align} y^b=-x^a \end{align} 。此时对 \begin{align} p \end{align} 分类讨论：

若 \begin{align} p>0 \end{align} ：

当 \begin{align} M[b,2]=0 \end{align} 时有 \begin{align} y^b\geq0 \end{align} ，即 \begin{align} -x^a \end{align} 将大于等于 \begin{align} 0 \end{align} ，此时 x\in\overset{o}{U}_-(0,\delta) ；当 \begin{align} M[b,2]\ne0 \end{align} 时， \begin{align} x \end{align} 的正负性便没有要求，即 \begin{align} x\in\overset{o}{U}(0,\delta) \end{align} ，为了简化讨论，不妨只考虑 \begin{align} x\in\overset{o}{U}_-(0,\delta) \end{align} 上的路径 \begin{align} y=(-x^a+k(-x)^\beta)^\frac1b~~,~\forall k\ne0 \end{align} ，

当 \begin{align} q>b-\frac{bp}{a} \end{align} 时，令 \begin{align} \beta=p+\frac{aq}{b}>p+\frac ab\left(b-\frac{bp}{a}\right)=a \end{align} ，则：

\begin{align} I(a,b,p,q,1)&=\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{x^py^q}{x^a+y^b}\\&=\lim_{x\to0^-}\frac{x^p(-x^a+k(-x)^\beta)^\frac qb}{k(-x)^\beta}\\&=\lim_{x\to0^-}-\frac{(-x)^{p+\frac{aq}b}(1+k(-x)^{\beta-a})^\frac qb}{k(-x)^\beta}\\&=\lim_{x\to0^-}-\frac1k(-x)^{p+\frac{aq}b-\beta}\\&=-\frac1k \end{align}

可知极限不存在。

当 \begin{align} q\leq b-\frac{bp}{a} \end{align} 时，令 \begin{align} \beta=\frac{bp}{b-q}\leq a \end{align} ，则：

\begin{align} I(a,b,p,q,1)&=\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{x^py^q}{x^a+y^b}\\&=\lim_{x\to0^-}\frac{x^p(-x^a+k(-x)^\beta)^\frac qb}{k(-x)^\beta}\\&=\lim_{x\to0^-}-\frac{(-x)^{p+\frac{q\beta}{b}}(k+(-x)^{a-\beta})^\frac qb}{k(-x)^\beta}\\&=\lim_{x\to0^-}-\frac1{k^{1-\frac qb}}(-x)^{p+\frac{q\beta}{b}-\beta}\\&=-\frac1{k^{1-\frac qb}} \end{align}

可知极限不存在。

若 \begin{align} p=0 \end{align} ：

我们对 \begin{align} q \end{align} 分类：

当 \begin{align} q\leq0 \end{align} 时，最小单位元变为 \begin{align} I(a,b,0,q,1)=\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{1}{y^{-q}(x^a+y^b)} \end{align} ，由于此时仅是 \begin{align} x^a+y^b=0 \end{align} 有解，因此 \begin{align} (x,y)\to(0,0) \end{align} 时 \begin{align} x^a+y^b \end{align} 不定号，在 \begin{align} x\in\overset oU_-(0,\delta) \end{align} 时，在 \begin{align} y>(-x)^\frac ab \end{align} 的路径上最小单位元趋于 \begin{align} \text{sgn}(y^{-q})\cdot\infty \end{align} ，而在 \begin{align} y\begin{align} &~~~~~~~~~~I(a,b,p,q,1)\\&=\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{x^py^q}{x^a+y^b}\\&=\left\{\begin{array}{c} 0&,M[b,2]=m[p,2]=0,\displaystyle\frac pa+\frac qb>1\\ k^{q-b}&,M[b,2]=m[p,2]=0,\displaystyle\frac pa+\frac qb1,路径y=(-x^a+k(-x)^{p+\frac{aq}{b}})^\frac1b~~,~x\in\overset oU_-(0,\delta),\forall k\ne0\\ -\displaystyle\frac1{k^{1-\frac qb}}&,m[p,2]\ne0,p>0,\displaystyle\frac pa+\frac qb\leq1,路径y=(-x^a+k(-x)^\frac{bp}{b-q})^\frac1b~~,~x\in\overset oU_-(0,\delta),\forall k\ne0\\ \pm\infty\to\text{not exist}&,p=0,q\leq0\\ k^{q-b}&,p=0,0\begin{align} x>0 \end{align} 的路径来使得分母 \begin{align} x^a-y^b=0 \end{align} ，即 \begin{align} y^b=x^a \end{align} ，因此取路径： \begin{align} y=(x^a+kx^m)^\frac1b~,~m>0,x\in\overset{o}{U}_+(0,\delta),\forall k\ne0 \end{align} 此时最小单位元 \begin{align} I(a,b,p,q,-1)=\lim_{x\to0}\frac{x^p(x^a+kx^m)^\frac qb}{-kx^m} \end{align} ，与上述有解情况的讨论类似，因此直接上结论：

当 \begin{align} q>b-\frac {bp}a\Leftrightarrow\frac pa+\frac qb>1 \end{align} 时，令 \begin{align} m=p+\frac{aq}b>a \end{align} ，有

\begin{align} I(a,b,p,q,-1)=\lim_{x\to0^+}-\frac1kx^{p+\frac{aq}{b}-m}=-\frac1k~ \end{align}

当 \begin{align} q\le b-\frac{bp}a\Leftrightarrow\frac pa+\frac qb\leq1 \end{align} 时，令 \begin{align} m=\frac{bp}{b-q}\leq a \end{align} ，有

\begin{align} I(a,b,p,q,-1)=\lim_{x\to0^+}-\frac1{k^{1-\frac qb}}x^{p+\frac{mq}{b}-m}=-\frac1{k^{1-\frac qb}} \end{align}

可知极限不存在。

若 \begin{align} p=0 \end{align} ：

当 \begin{align} q\leq0 \end{align} 时，最小单位元变为 \begin{align} I(a,b,0,q,-1)=\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{1}{y^{-q}(x^a-y^b)} \end{align} ，与之前的讨论一致，由于 \begin{align} x^a-y^b=0 \end{align} 不定号，因此极限会分别趋于 \begin{align} \text{sgn}(y^{-q})\cdot\infty \end{align} 和 \begin{align} -\text{sgn}(y^{-q})\cdot\infty \end{align} ，从而使极限不存在。

当 \begin{align} 0b \end{align} 时，与之前的讨论一致，取路径 \begin{align} y=(x^a+kx^\frac{aq}{b})^\frac1b~,~m>0,x\in\overset{o}{U}_+(0,\delta),\forall k\ne0 \end{align} ，可知最小单位元：

\begin{align} I(a,b,0,q,-1)&=\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{y^q}{x^a-y^b}=\lim_{x\to0^-}\frac{(x^a+kx^\frac{aq}{b})^\frac qb}{-kx^\frac{aq}{b}}=\lim_{x\to0^-}\frac{x^\frac{aq}{b}(1+kx^{\frac{a(q-b)}{b}})^\frac qb}{-kx^\frac{aq}{b}}=-\frac1k \end{align}

故极限不存在。

对 \begin{align} c=-1 \end{align} 的讨论也做个小总结三：

\begin{align} &~~~~~~~~~~I(a,b,p,q,-1)\\&=\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{x^py^q}{x^a-y^b}\\&=\left\{\begin{array}{c} -\displaystyle\frac1k&,\displaystyle\frac pa+\frac qb>1,路径y=(x^a+kx^{p+\frac{aq}{b}})^\frac1b~,~x\in\overset{o}{U}_+(0,\delta),\forall k\ne0\\ \displaystyle-\frac1{k^{1-\frac qb}}&,p>0,\displaystyle\frac pa+\frac qb\leq1,路径y=(x^a+kx^{\frac{bp}{b-q}})^\frac1b~,~x\in\overset{o}{U}_+(0,\delta),\forall k\ne0\\ \pm\infty\to\text{not exist}&,p=0,q\leq0\\ k^{q-b}&,p=0,0\begin{align} &~~~~~~~~~~I(a,b,p,q,c)\\&=\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{x^py^q}{x^a+cy^b} \\&=\left\{\begin{array}{c}0&,M[a,2]=M[b,2]=0,c=1,\displaystyle\frac pa+\frac qb>1\\ k^{q-b}&,M[a,2]=M[b,2]=0,c=1,p>0,\displaystyle\frac pa+\frac qb0,\displaystyle\frac pa+\frac qb=1,路径y=kx^m=kx^{\frac{p}{b-q}}~,~\forall k\ne0\\ +\infty~\text{or}~-\infty&,M[a,2]=M[b,2]=0,c=1,p=0,q\leq0,m[q,2]\cdot m[b,2]=0\\ \pm\infty\to\text{not exist}&,M[a,2]=M[b,2]=0,c=1,p=0,q\leq0,m[q,2]\cdot m[b,2]\ne0\\ k^{q-b}&,M[a,2]=M[b,2]=0,c=1,p=0,00,x\in\overset{o}{U}_+(0,\delta),\forall k\ne0 \end{align} ，出没于总结三，限制条件为 \begin{align} c=-1 \end{align} ，同时 \begin{align} p=0 \end{align} 时要求 \begin{align} q>b \end{align} ；

\begin{align} 路径y_4=kx^\frac{a}{q}~,~x\in\overset oU_+(0,\delta),\forall k\ne\{0,\pm1\} \end{align} ，出没于总结一、总结二和总结三，限制条件为 \begin{align} p=0,q\leq b \end{align} 。

除了这四条路径能导出极限不存在以外，还有一种就是领域内正负无穷同时存在，而这种情况下是可以直接观察到结果的，因此不需要取路径来考察极限情况。

除了不存在的情况外，最小单位元就只有为 \begin{align} 0 \end{align} 和无穷的情况了，而极限为无穷时也同样能被简单的观察到，所以就只剩 \begin{align} 0 \end{align} 的情况了。而最小单位元为 \begin{align} 0 \end{align} 来自于总结一和总结二，限制条件为 \begin{align} c=1 \end{align} 且在分母一定无非零解，或者是分母有非零解但该解不在使分式“有意义”的领域内时只要求 \begin{align} \frac pa+\frac qb>1 \end{align} 。

在熟知最小单位元的路径取法后，我们便可引入一般二重极限的分析方法。