https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Todai/1919/Ributu

[1] (a) $\dfrac{d}{dx}\Bigl(\dfrac{x\sin^{-1}x}{\sqrt{1-x^2}}+\log\sqrt{1-x^2}\Bigr)$ ヲ計算セヨ．

(b) $r^2=(x-x')^2+(y-y')^2+(z-z')^2$ ナルトキ $\dfrac{\partial^2\Bigl(\dfrac{1}{r}\Bigr)}{\partial x^2}+\dfrac{\partial^2\Bigl(\dfrac{1}{r}\Bigr)}{\partial y^2}+\dfrac{\partial^2\Bigl(\dfrac{1}{r}\Bigr)}{\partial z^2}=0$ ナルコトヲ證セヨ．但 $x'$ ， $y'$ ， $z'$ ヲ常數トス．

2020.03.05記
(b)は $\dfrac{1}{r}$ のラプラシアンが0となる話．

[解答]
(a) $\dfrac{d}{dx}\sin^{-1}x=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ に注意して微分すれば
$\dfrac{\left(\sin^{-1}x+\dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}\right)\sqrt{1-x^2}+x\sin^{-1}x\cdot \dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}}{1-x^2}$ $-\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}\cdot\dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}$

$=\dfrac{\sin^{-1}x\left(\sqrt{1-x^2}+\dfrac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}\right)}{1-x^2}$

$=\dfrac{\sin^{-1}x\cdot \dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}}{1-x^2}$ $=\dfrac{\sin^{-1}x}{\sqrt{1-x^2}^3}$
となる。

(b) $\dfrac{\partial\Bigl(\dfrac{1}{r}\Bigr)}{\partial x}=\dfrac{d\Bigl(\dfrac{1}{r}\Bigr)}{dr}\cdot\dfrac{\partial r}{\partial x}=-\dfrac{1}{r^2}\cdot\dfrac{x-x'}{r}=-\dfrac{x-x'}{r^3}$ であるから、
$\dfrac{\partial^2\Bigl(\dfrac{1}{r}\Bigr)}{\partial x^2}=-\dfrac{r^3-\left(3r^2\dfrac{\partial r}{\partial x}\right)(x-x')}{r^6}=\dfrac{3(x-x')^2-r^2}{r^5}$
が成立する。よって
$\dfrac{\partial^2\Bigl(\dfrac{1}{r}\Bigr)}{\partial x^2}+\dfrac{\partial^2\Bigl(\dfrac{1}{r}\Bigr)}{\partial y^2}+\dfrac{\partial^2\Bigl(\dfrac{1}{r}\Bigr)}{\partial z^2}$
$=\dfrac{3(x-x')^2-r^2}{r^5}+\dfrac{3(y-y')^2-r^2}{r^5}+\dfrac{3(z-z')^2-r^2}{r^5}=0$
となる．

2024.12.20記

[別解]
(a) $y=\sin^{-1} x$ とおくと $x\in [-1，1]$ ， $y\in\left[-\dfrac{\pi}{2}，\dfrac{\pi}{2}\right]$ である．

$x=\sin y$ により $\dfrac{dx}{dy}=\cos y=\sqrt{1-x^2}$ （∵ $y\in\left[-\dfrac{\pi}{2}，\dfrac{\pi}{2}\right]$ より $\cos y\geqq 0$ ）であるから，
$\dfrac{d}{dx}\Bigl(\dfrac{x\sin^{-1}x}{\sqrt{1-x^2}}+\log\sqrt{1-x^2}\Bigr)$ $=\dfrac{d}{dy}\Bigl(y\tan y+\log\cos y\Bigr)\cdot\dfrac{dy}{dx}$ $=\Bigl(\tan y+\dfrac{y}{\cos^2 y}-\tan y\Bigr)\cdot \dfrac{1}{\cos y}$ $=\dfrac{y}{\cos^3 y}$ $=\dfrac{\sin^{-1} x}{\sqrt{1-x^2}^3}$
となる．