Cauchy不等式这类型的证明似乎只针对特定问题，但实在有点巧妙。
主要利用非负性结合二次函数判别式完成。
经典Cauchy不等式
$$ (\sum a_ib_i)^2 \le (\sum a_i^2)(\sum b_i^2) $$
我们构造：
$$ f(x) = \sum_{i=1}^n (a_it + b_i)^2 \ge 0 $$
$$ f(x) = (\sum a_i^2)t^2 + 2(\sum a_ib_i)t + (\sum b_i^2) \ge 0 $$
对t的判别式为零就给出：
$$ \Delta = [2(\sum a_ib_i)]^2 - 4(\sum a_i^2)(\sum b_i^2) \le 0 $$
整理后即得 $(\sum a_ib_i)^2 \le (\sum a_i^2)(\sum b_i^2)$。
Cauchy积分不等式
$$ (\int_a^b f(x)g(x)dx)^2 \le \int_a^bf(x)^2dx \cdot \int_a^b g(x)^2dx $$
构造如下非负积分：
$$ \int_a^b (f(x)+tg(x))^2dx=\int_a^b f(x)^2dx+\int_a^b 2tf(x)g(x)dx+\int_a^b t^2g(x)^2dx\ge 0 $$
从而知道关于t的判别式小于零：
$$ (\int_a^b f(x)g(x)dx)^2 \le \int_a^bf(x)^2dx \cdot \int_a^b g(x)^2dx $$
这也就是Cauchy积分不等式。
小应用：如果令$g(x)=\frac{1}{f(x)}$，那么：
$$ \int_a^b \frac{1}{f(x)} dx \ge \frac{(b-a)^2}{\int_a^b f(x)dx} $$
三角不等式
$$ ||u+v|| \le ||u||+||v|| $$
我们仍然构造：
$$ (u+tv,u+tv) \ge 0 $$
展开即：
$$ (u,u)+2t(u,v)+t^2(v,v) \ge0 $$
利用判别式小于0：
$$ (u,v)^2 \le (u,u)(v,v) $$
这实际上是所谓的Cauchy-Schwarz 不等式。
不难验证这等价于三角不等式，对三角不等式两侧平方即有。