由于a_j∈(-1,1),j=1,⋯,n，从而|a_i a_j |<1,i,j∈{1,⋯,n}.于是

1±a_i a_j>0,i,j∈{1,⋯,n}

要证

∏_1≤i,j≤n(1+a_i a_j)/(1-a_i a_j )≥1

即证

∑_1≤i,j≤n(ln⁡(1+a_i a_j )-ln⁡(1-a_i a_j))≥0

由Taylor级数

ln⁡(1+t)=∑_i=1^+∞((-1)ⁱ⁺¹ tⁱ)/i,t∈(-1,1)

知

∑_1≤i,j≤n(ln⁡(1+a_i a_j )-ln⁡(1-a_i a_j))

=∑_1≤i,j≤n∑_i=1^+∞(((-1)ⁱ⁺¹ (a_i a_j )ⁱ)/i-((-1)ⁱ⁺¹ (-a_i a_j )ⁱ)/i) 

=∑_1≤i,j≤n∑_i=1^+∞(2a_i^2i-1 a_j^2i-1)/(2i-1)

=∑_i=1^+∞2/(2i-1)∙∑_1≤i,j≤na_i^2i-1 a_j^2i-1

=∑_i=1^+∞2/(2i-1)∙(∑_k=1ⁿa_k^2i-1 )²≥0

当且仅当

∑_k=1ⁿa_k^2i-1 =0,i=1,2,⋯

时等号成立.

假设k∈{0,1,2,⋯},猜想(1)充要条件为

当n=2k+1时：

{a_i│i=1,⋯,n}={0,b₁,b₂,⋯,b_k,-b₁,-b₂,⋯,-b_k}

当n=2k时：

{a_i│i=1,⋯,n}={b₁,b₂,⋯,b_k,-b₁,-b₂,⋯,-b_k}

其中b_i∈(-1,1),i=1,⋯,k.

当(2)或(3)成立时，显然有(1).下面对k作归纳：

①当k=0时，(1)可以推出(2)或(3)；

②假设当k≤m时，(1)可以推出(2)或(3)，则当k=m时，须证明对{a_i}中绝对值最大的元素a_p，必存在a_q使得a_p+a_q=0，从而利用归纳假设即得猜想成立.若不然，对于

|a_p |=max_1≤i≤n⁡{|a_i |}>0

任意q≠p，有|a_q |<|a_p |，根据(1)有

1+∑_j≠pⁿ(a_j/a_p )^2i-1 =0,i=1,2,⋯

令i→+∞，得 1=0，矛盾.

从而存在a_q使得a_p+a_q=0.由归纳假设，可以推出(2)或(3)成立.

应用拉格朗日中值定理，∃ξ∈(a,x)，这里a<x≤b，使得

f(x)-f(a)=f' (ξ)(x-a)⟹|f(x)|≤M|x-a|

这里M=max┬(x∈[a,b])⁡|f'(x)|（由于|f'(x)|在[a,b]上连续，所以|f'(x)|在[a,b]上有最大值M）.

上式两边从a到b积分得：

|f(x)|dx≤M|x-a|  dx=M(x-a)  dx= M/2 (x-a)² |_a^b

=1/2 M(b-a)²=1/2 max⁡|f'(x)|∙(b-a)²

即

1/(b-a)² |f(x)|dx≤1/2 max⁡|f' (x)|

令x=π/2+t,并应用奇函数在对称区间上积分的性质，有

xa^sinx dx=(π/2+t) a^costdt=π/2 a^costdt+ta^cost dt

=πa^cosx  dx+0=πa^cosx dx

代入原式左边，应用柯西-施瓦兹不等式得

π(a^cosx  dx)∙(a^-cosxdx)≥π(a^cosx/2∙a^{- cosx/2}dx)²=π³/4

令x²=t，则

原式=1/(2√t) sint dt=1/2 1/√t sint dt+1/2 1/√t sint dt

对于上式右端的第二项，令t-π=u，则

1/2 1/√t sint dt=1/21/sin⁡(π+u) du

=-1/2 1/ sinu du=-1/2 1/ sint dt

于是

原式=1/2 (1/√t-1/)sint dt  (*)

由于0<t<π时，1/√t-1/>0,sint>0，并且

sint/√t=t/√t=0

所以(*)式右端是常义定积分，且(1/√t-1/)sint在(0,π)上连续，故

sin⁡(x²)dx>0.