首先，我们看一下半径为R孤立球导体的电容怎么计算。静电平衡时，导体球等势，而我们计算电容使用

$C=\frac{Q}{U}$（1）

我们需要知道电荷在导体球上的分布才能计算电势，才能进而计算电容。

那这个情况怎么计算呢？方法有三：一是“由对称性知均匀分布”，一句话了事。二是泊松方程直接求解球内外电势分布，导出电场分布，通过高斯定理直接暴力求解，但这是导体球，虽然一定能做出来，但没人会这么做。三就是基于唯一性定理了。

好吧这和木原唯一没有半毛钱关系

唯一性定理：某区域内泊松方程$\nabla^2\varphi = \frac{\rho}{\varepsilon}$成立，其边界电势分布给定或其边界电势切向偏导分布给定或其电势和电势切向偏导的一次关系分布给定，则区域内电场分布唯一确定。证明就不给了，网上随便都能搜到。

那么，由于导体球的球面是等势面，我们只需要找到一个方便计算的电荷分布，使其等势面是球面，那么我们就可以用这种电荷分布等效替代导体球，并且唯一确定球外电场分布。又由于导体球等势，内部电场由

$\vec{E} = -\nabla\varphi $（2）

$\vec{E}_{in} = -\nabla\varphi_{0} = 0$（3）

可知处处为零。

那么，在球壳内外取一高斯面如图，便可得到电荷分布

由高斯定理可很方便推出下式子

$\vec{E}_{ex}·\vec{ds} = \frac{\sigma ds}{\varepsilon}$（4）

可很方便推出表面电荷面密度的分布。

那么我们如何找到一种电荷分布使得等势面是个球呢？

很显然，点电荷满足。

由库伦定理，点电荷电场分布满足（我知道这么写不区分场点源点参考点不严谨，但是本文不是详细证明，而且涉及问题很简单不会混淆，就这么写了）

$\vec{E} = \frac{q}{4\pi\epsilon r^2}\vec{e_r}$（5）

我们可以通过（2）积分出以无穷远为电势零点的电势。

$\varphi = -\int^{r}_{\infty}\vec{E}·\vec{dr} = \frac{q}{4\pi\epsilon}\int^{\infty}_{r}\frac{dr}{r^2} = \frac{q}{4\pi\varepsilon r}$ （6）

由（6）可知，点电荷电势分布只是r的函数。则，对电势为$\varphi_0$的等势面，其方程为

$r = \frac{q}{4\pi\varepsilon\varphi_0}$（7）

这是一个球面的方程。

所以点电荷就满足我们的需要。

那对电势为U的导体球产生的电场，我们可将其等效为在球心的点电荷的电场。

那么（5）、（7）带入（4），我们有：

$q = 4\pi\epsilon UR$（8）

$\sigma = \frac{\varepsilon U}{R}$（9）

可见导体球的面电荷密度是常数，则，总电荷量Q：

$Q = S\sigma = 4\pi R^2\sigma = 4\pi\varepsilon UR$（10）

我们发现

$q = Q$（11）

即引入的虚拟电荷电量和真实带点的电荷总量相同。这是很自然的，因为改为虚拟电荷前后电场分布未变，对任意一包含导体球的高斯面，电通量相同，由高斯定理可知电荷量必定相同。

那么对孤立导体球，电容就很方便算出来了：

$C = 4\pi \varepsilon R$（12）

（不过就当个名字吧）

对了，突然发现论坛的编辑器更加人性化了，内部就可以看到编辑后的公式了。

接下来我们要把这个问题拓展到旋转椭球上。下面给下启发LYJ巨佬的原题

emm……本题用了一段不严谨，不符合人类正常思维的自然语言论述电荷分布，然后积分了一个比科隆尊火焰剑咏唱还臭还长的函数才做出来。幸亏给了积分公式，如果没给，那更麻烦。

不过嘛，本文的方法也并不符合人类正常思维，如果是要符合人类正常思维，合理地做，那可能是像上文的方法二一样硬搞，然后借助计算机求解，这样甚至对一般的椭球，或者乱七八糟的导体的电容都能搞出数值解。

但是，本文的方法至少可以省去复杂的积分。

对椭球：

$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{a^2}+\frac{z^2}{b^2} = 0$（13）

先讨论细长的椭球：

$a<b$（14）

这种方法可能很多人都知道，但我还是写下吧。

我们依旧是上文的思路，找一个电荷分布，使其等势面为旋转椭球。

我们关注电荷线密度为$\lambda$的线电荷。

如图：

我们作一个电荷线密度与线电荷相同，且与其相切的圆弧电荷，讨论圆心处电场。取一小块，显然方向是从这一块指向或指离圆心的，我们不管方向，只看大小。

对线电荷：

$dE = \frac{1}{4\pi\varepsilon}\lambda(\frac{rd\theta}{\cos(\theta)}\frac{1}{\cos(\theta)})(\frac{r}{\cos(\theta)})^{-2} = \frac{\lambda d\theta}{4\pi\varepsilon r}$（15）

对圆弧电荷：

$dE = \frac{1}{4\pi\varepsilon}\frac{\lambda rd\theta}{r^2} = \frac{\lambda d\theta}{4\pi\varepsilon r}$（16）

我们发现，它们是一样的！也就是说，对线电荷上任意一个微小的电荷元，都能找到唯一一个在圆弧上的微小的电荷元，使得它们在圆弧圆心处产生电场相同。也就是说，对任意一个场点，线电荷产生的电场与一个满足圆心在场点，和线电荷相切，且电荷线密度相同的圆弧电荷产生的电场相同，可以等效替代。

对圆弧，由对称性，显然有：场点电场方向平行于场点和线电荷两端连线的角平分线。

又由于等势面垂直于电场线，故线电荷产生电场中，任意一点处，等势面垂直于场点和线电荷两端连线的角平分线。

我们知道，由费马定理，椭圆中焦点发出光线反射后汇聚于另一焦点（光程取极值），所以椭圆上任意一点，切线垂直于该点与两个焦点的连线的角平分线，反之也能证明是椭圆。数学上证明就是高中圆锥曲线的题了，网上随便搜都能搜到。

所以，我们可以发现，线电荷的等势面是椭圆，且焦点在线电荷的两端。

这时，由题目，b是半长轴，a是半短轴，我们取短轴端点这个特殊点就可以计算电势。

·

$dU = \frac{1}{4\pi\varepsilon}\frac{dx}{\sqrt{a^2+x^2}}$（17）

积分，这个积分用正切三角换元就很简单了

$U= \int^U_0 dU =\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon} \int^{\sqrt{b^2-a^2}}_{-\sqrt{b^2-a^2}}\frac{dx}{\sqrt{a^2+x^2}} = \frac{\lambda}{4\pi\varepsilon}\ln(\frac{b+\sqrt{b^2-a^2}}{b-\sqrt{b^2-a^2}})$（18）

然后，由高斯定理，前文讨论了足够大高斯面内部电量应该相等，也就是电荷集中在假想的线电荷上，有：

$Q = 2\sqrt{b^2-a^2}\lambda$（19）

则：

$C = \frac{Q}{U} = \frac{8\pi\varepsilon\sqrt{b^2-a^2}}{\ln(\frac{b+\sqrt{b^2-a^2}}{b-\sqrt{b^2-a^2}})}$（20）

这个方法好像也不算罕见，但是问题是只能求较细长的旋转椭球，那对另一种呢？

（对了这几天有事要咕，不过好在这篇文章短，现在已经更完2/3了）

好的继续。

上一种情况，我们使用了长度为：

$l = \sqrt{b^2-a^2}$（21）

的带电直线。

接下来要处理扁平椭球：

$a>b$（22）

现在，如果我们让这个直线长度变为复数呢？

$l = \sqrt{a^2-b^2}i$（23）

这样看似没有物理意义，那么这样做为什么可行呢？

我说下我的思考，这些我无法用数学语言描述，只能用自然语言说，如果有大佬能帮忙严谨化这段的话非常感谢。

首先物理上电势分布由电荷密度分布确定（泊松方程）。泊松方程中，处于电荷密度处的东西，数学上就是一个函数，按三维形式的话，就是有三个自变量的三元函数。只是物理上把这个取这个函数为电荷密度分布函数，三个自变量取为空间的三个坐标，函数值取为电荷密度在此处的值。而处于电势处的东西，数学上是另一个函数，物理上取它为空间上某点的电势，发现自然界的电荷密度分布于电势分布恰好满足这个关系。在数学上，完全可以这么看：

$\nabla^2f(x,y,z) = g(x,y,z)$（24）

我们用函数g定义了函数f。

那么我们把电荷密度分布搞成复变函数，对应生成的“电势”也便是复变函数。

那为什么算出的电容是对的呢？

我们当然可以在已经“猜出”电势的情况下通过泊松方程轻易地算出符合的电荷分布，可知满足与带电导体存在时的实电荷分布，只是太复杂我们不能猜出来罢了。也就是说，这种存在的实虚拟电荷的分布产生了实际的导体带实电荷的电势分布，那么我们搞出的复虚拟电荷的分布产生了实际导体带复电荷的电势分布。问题转化为，这两个比值为什么相等？先说结论，这件事归根到底是电势叠加原理能否对“复电势”生效？（注意这里的复电势就是电势的值为复数，不要把它和那个描述平面电场的复势搞混了）因为，从此开始证明的过程中，数学上并不要求实数。证明过程难题集萃有，483-485页。我记忆中它应该有个名字，但我找了好久都没找到，如果有大佬知道能帮忙补充的话非常感谢。下面发图。

那么关键点转为，“复电势”是否满足电势叠加原理？数学上是符合的，而且它并不违背麦克斯韦方程组。不继续深入的话讨论就到此为止了，如果进一步深入考虑可能要涉及麦克斯韦方程组“唯象”的部分，我也不了解，所以也不能严谨证下去。

那就回归主题。

我们可以求电势(积分的时候简单换一下元)：

$U= \int^U_0 dU =\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon} \int^{\sqrt{a^2-b^2}i}_{-\sqrt{a^2-b^2}i}\frac{dx}{\sqrt{a^2+x^2}} = \frac{\lambda}{4\pi\varepsilon}i\int^{\sqrt{a^2-b^2}}_{-\sqrt{a^2-b^2}}\frac{dy}{\sqrt{a^2-y^2}} = \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon}\arcsin(\frac{\sqrt{a^2-b^2}}{a})i$ （25）

然后由定义有：

$Q = 2\sqrt{a^2-b^2}\lambda i$（26）

则：

$C = \frac{4\pi\varepsilon\sqrt{a^2-b^2}}{\arcsin(\frac{\sqrt{a^2-b^2}}{a})}$（27）

好了，那么本文的主要部分就结束了。接下来就是一些有意思的讨论。球是旋转椭球的特殊情况，所以（20）、（21）在复数域上解析延拓后应该是等价的，而（12）应该是特殊情况，是a->b的极限。接下来最后一个回复我会证明这些。不知道又要咕咕几天。

好的最后讨论一下。

令：

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

$a = R$（29）

$C(t) = 4\pi\varepsilon R A(t)$（30）

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

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

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

右极限

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

综上我们有：

$\lim\limits_{t\to 1}A(t) = A(1) = 1$（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：

$t\in(1,+\infty)$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：

$ix \in R,e^{ix}\in(0,+\infty)$（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。