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。