好的最后讨论一下。

令：

$t=\frac{b}{a},t\in (0,+\mathrm{\infty })$(28)

$a=R$（29）

$C(t)=4\pi \epsilon RA(t)$（30）

其中
$A(t)=\{\begin{array}{l}\frac{\sqrt{1-t^2}}{\arcsin (\sqrt{1-t^2})},t\in (0,1)\\ 1,t\in \{1\}\\ \frac{2\sqrt{t^2-1}}{\ln (\frac{t+\sqrt{t^2-1}}{t-\sqrt{t^2-1}})},t\in (1,+\mathrm{\infty })\end{array}$（31）

最后一式子，在没设t的时候这个形式是比较对称且比较好看的，不过现在就不太好看了改一下，分母中对数内的部分分母有理化一下：

$A(t)=\{\begin{array}{l}\frac{\sqrt{1-t^2}}{\arcsin (\sqrt{1-t^2})},t\in (0,1)\\ 1,t\in \{1\}\\ \frac{\sqrt{t^2-1}}{\ln (t+\sqrt{t^2-1})},t\in (1,+\mathrm{\infty })\end{array}$ (32)

A代表我老婆娅雷斯塔（Aleister Crowley）

我们现在只用讨论这个函数。

先画个图吧

看上去就是一个函数啊。

那我们先讨论1处的极限。

显然，1处该函数为“$\frac{0}{0}$”未定式，用重要极限或者，洛！

左极限：

$\underset{t\to 1^{-}}{lim}A(t)=\underset{t\to 1^{-}}{lim}\frac{\sqrt{1-t^2}}{\arcsin (\sqrt{1-t^2})}=\underset{u\to 0^{-}}{lim}\frac{u}{\arcsin (u)}=\underset{v\to 0^{-}}{lim}\frac{\sin (v)}{v}=1$ （33）

右极限

$\underset{t\to 1^{+}}{lim}A(t)=\underset{t\to 1^{+}}{lim}\frac{\sqrt{t^2-1}}{\ln (t+\sqrt{t^2-1})}=\underset{u\to 0^{+}}{lim}\frac{u}{\ln (u+\sqrt{u^2+1})}=\underset{u\to 0^{+}}{lim}\frac{1}{\frac{1}{u+\sqrt{u^2+1}}(1+\frac{u}{\sqrt{u^2+1}})}=\underset{u\to 0^{+}}{lim}\sqrt{u^2+1}=1$ （34）

综上我们有：

$\underset{t\to 1}{lim}A(t)=A(1)=1$（35）

即，函数A在1处连续。

接下来讨论在复数域上解析延拓这个函数的两个表达式。

非常抱歉，复变函数这块我仅仅在学数理方法时随便学了一点皮毛，以下过程可能不严谨，请多包涵。如果有大佬能帮忙严谨化的化非常感谢。

为了简便，后面默认辐角取主值（不区分ln和Ln了），变量在定义域中（大家可自行验证无误）。

先看：

$t\in (1,+\mathrm{\infty })$时，若用另一表达式：

$A(t)=\frac{\sqrt{1-t^2}}{\arcsin (\sqrt{1-t^2})}=\frac{\sqrt{t^2-1}i}{\arcsin (\sqrt{t^2-1}i)}$（36）

分子好说，分母就有点麻烦了。

联想到欧拉公式：

$e^{ix}=\cos (x)+i\sin (x),x\in R$（37）

我们用其变型：

$\sin (x)=\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}$（38）

有：

$x=\arcsin (\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i})$（39）

令：

$\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}=\sqrt{t^{-}1}i$（40）

可化为：

$e^{2ix}+2\sqrt{t^2-1}{e}^{ix}-1=0$（41）

这是一个关于$e^{ix}$的二次方程，解得：

$e^{ix}=\pm t-\sqrt{t^2-1}\in R$（42）

可知：

$ix\in R,e^{ix}\in (0,+\mathrm{\infty })$（43）

故：

$e^{ix}=t-\sqrt{t^2-1},x=-\ln (t-\sqrt{t^2-1})i=\ln (\frac{1}{t-\sqrt{t^2-1}})i=\ln (t+\sqrt{t^2-1})i$（44）

故：

$A(t)=\frac{\sqrt{t^2-1}}{\ln (t+\sqrt{t^2-1})}$（45）

（45）式即是（32）式中第三式。

再看：

$t\in (0,1)$时，若用另一表达式：

$A(t)=\frac{\sqrt{t^2-1}}{\ln (t+\sqrt{t^2-1})}=\frac{\sqrt{1-t^2}i}{\ln (t+\sqrt{1-t^2}i)}$ （46）

依旧是分母麻烦。从欧拉公式入手：

$ix=\ln (cos(x)+isin(x))$（47）

对比分子形式，令：

$t=\cos (x),\sqrt{1-t^2}=\sin (x)$（48）

此时$t\in (0,1),x\in (0,\frac{\pi }{2})$

有：

$x=\arcsin (\sqrt{1-t^2})$（49）

则：

$A(t)=\frac{i\sin (x)}{ix}=\frac{sin(x)}{x}=\frac{\sqrt{1-t^2}}{\arcsin (\sqrt{1-t^2})}$（50）

以上，我们就讨论完毕了，这个函数是正实数范围内连续函数（类似可证它是个“好函数”，无穷阶连续可导），利用复数的话，除了补充1处的可去间断点外这个函数可以用一个解析式表达，这很符合物理直觉。因为物理上电容有实际意义，直觉上应该是其定义域内无穷阶连续可导的。唯一的小问题就是只用实数的话会让这个函数的解析式变得很丑陋，但是跳出实数的限制，在复数范围内看，并略微牺牲一点数学的严谨，用函数的极限代替间断点，物理的和谐之美又回来了。

好了，本文完。如果有错误希望各位大佬指出，谢谢。