求证：x≥0、p>1时，∫ₓ^{px}(sin²t/t²)dt ≤ π/2(1-1/p)

你已经找到了$I(p,x)$在$[0, x_p]$上递增（其中$x_p=\frac{1}{p^2+p+1}$），接下来只需要证明$I(p,x_p) \leqslant \frac{\pi}2\left(1-\frac1p\right)$即可，咱们一步步来：

步骤1：利用区间特性放缩被积函数 #

首先看$x_p$和$px_p$的大小：
$$px_p = \frac{p}{p^2+p+1}$$
因为$p>1$，所以$p^2+p+1 > p$（显然$p^2+1>0$），因此$px_p < 1$，也就是说积分区间$[x_p, px_p]$完全落在$(0,1)$内。

而对任意$t>0$，有$\sin t \leqslant t$，因此$\sin^2 t \leqslant t^2$，进而：
$$\frac{\sin^2 t}{t^2} \leqslant 1$$

步骤2：计算积分的上界 #

利用上面的放缩，我们可以直接得到$I(p,x_p)$的一个上界：
$$
I(p,x_p) = \int_{x_p}^{{px_p}\frac{\sin}2 t}{t^2}dt \leqslant \int_{x_p}^{px_p}1 \cdot dt = px_p - x_p
$$

代入$x_p=\frac{1}{p^2+p+1}$，计算得：
$$
px_p - x_p = x_p(p-1) = \frac{p-1}{p^2+p+1}
$$

步骤3：证明该上界小于等于目标值 #

现在需要证明：
$$
\frac{p-1}{p^2+p+1} \leqslant \frac{\pi}{2}\left(1-\frac{1}{p}\right)
$$

因为$p>1$，所以$p-1>0$，两边同时除以$p-1$，等价于证明：
$$
\frac{1}{p^2+p+1} \leqslant \frac{\pi}{2p}
$$

整理成二次函数形式：
$$
\pi p^2 + (\pi-2)p + \pi \geqslant 0
$$

这是一个关于$p$的二次函数，二次项系数$\pi>0$，判别式：
$$
\Delta = (\pi-2)^2 - 4\pi \cdot \pi = (\pi-2-2\pi)(\pi-2+2\pi) = (-\pi-2)(3\pi-2)
$$

显然$-\pi-2<0$，$3\pi-2>0$，所以$\Delta<0$，这意味着该二次函数对所有实数$p$都恒大于0，因此上述不等式成立。

综上，我们得到：
$$
I(p,x_p) \leqslant \frac{p-1}{p^2+p+1} \leqslant \frac{\pi}{2}\left(1-\frac{1}{p}\right)
$$

结合你已经证明的$I(p,x)$在$[0,x_p]$上递增的结论，对所有$x\geq0$，都有$I(p,x) \leqslant I(p,x_p) \leqslant \frac{\pi}2\left(1-\frac1p\right)$，原不等式得证。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者athos