Các phương háp chứng minh bất đẳng thức 
1.Phương pháp dồn biến và định lí dồn biến mạnh

1.1.Phương pháp dồn biến đối với các bất đẳng thức 3 biến 

Ví dụ:  Chứng minh rằng với a$,b,c>0 \ and \  a+b+c=3$ thì:
$2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+3 \leq 3(a^2+b^2+c^2).$

Giải:  Không mất tính tổng quát của bài toán giả sử $a \geq b \geq c$ .
Đặt $t=\dfrac{a+b}{2},u=\dfrac{a-b}{2}$ ta có $a=t+u,b=t-u$
Vì $ab=t^2-u^2 \geq c^2$ nên $2t^2-2c^2-u^2 \geq 0$.
Do đó 
$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=c^2(a^2+b^2)+a^2b^2 \\ =c^2(2t^2+2u^2)+(t^2-u^2)^2 \\ =-u^2(2t^2-2c^2-u^2)+t^4+2c^2t^2 \leq t^4+2c^2t^2.$
Mặt khác hiển nhiên $a^2+b^2+c^2 \geq 2t^2+c^2$
Thay $c=3-2t$ ta có bất đẳng thức 
$2t^2+4t^2(3-2t)^2+3 \leq 6t^2+3(3-2t)^2\\  \Leftrightarrow 3t^4-8t^3+3t^2+6t-4 \leq 0 \\ \Leftrightarrow (t-1)^2(3t^2-2t-4) \leq 0$
Hiển nhiên đúng ,vì $2t \leq 3$ nên $3t^2-2t-4 \leq 0$.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1.\blacksquare$

1.2.Định lí dồn biến S.M.V.

Gỉa sử $a_1,a_2,..,a_n$ là dãy số thực tuỳ ý .Ta thực hiện liên tiếp các biến đổi sau 
1.  Chọn $i,j \in\ {{1,2,...,n}}$ là 2 số thực sao cho 
$a_i=min(a_1,a_2,..,a_n), a_j=max(a_1,a_2,..,a_n).$
2. Thay $a_i \ \text{và} \ a_j \ \text{Bởi} \ \dfrac{a_i+a_j}{2}$(nhưng vẫn giữ đúng thứ tự của chúng  trong dãy số )
Khi đó sau vô hạn lần thực hiện biến đổi nói trên thì mỗi số $a_i$ đề tiến tới giới hạn.
$a=\dfrac{a_1+a_2+..+a+n}{n}$

Ví dụ:   CMR với mọi số thực dương a,b,c,d ta có:
$a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd \geq a^2b^2+b^2c^2+c^2d^2+d^2a^2+a^2c^2+b^2d^2$
Giải: Giả sử $a\geq b \geq c \geq d$ .Xét 
$f(a,b,c,d)=a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd-a^2b^2-b^2c^2-c^2d^2-d^2a^2-a^2c^2-b^2d^2 \\ =a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd-a^2c^2-b^2d^2-(a^2+c^2)(b^2+d^2) \\ \implies f(a,b,c,d)-f(\sqrt{ac},b,\sqrt{ac},d)=(a^2-c^2)^2-(b^2+d^2)(a-c)^2 \geq 0$
Theo S.M.V, xét với phép biến đổi $\Delta$ của $(a,b,c )$ ta chỉ cần chứng mính các bất đẳng thức khi $a=b=c=d=t \geq 0.$
Bất đẳng thức lúc này tương đương với 
$3t^4+d^4+2t^3d \geq 3t^4+3t^2d^2 \Leftrightarrow d^4+t^3d+t^3d \geq 3t^2d^2$.
Hiển nhiên đúng theo AM-GM .Đẳng thức xảy ra khi chỉ khi $a=b=c=d$ hoặc $a=c=b,d=0$ hoặc các hoán vị.
1.3.Phương pháp dồn biến toàn miền
Ví dụ: Chứng minh với mọi số thực không âm a,b,c ta luôn có 
$a^3+b^3+c^3-3abc \geq 4ab(a-b)(b-c)(c-a)$
Giải:   
$BDT\iff (a+b+c)[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]\ge 8(a-b)(b-c)(c-a) \ (1)$
Không mất tính tổng quát ta giả sử $c=\min (a,b,c)$. Cố định các các hiệu $a-b.b-c.c-a$ và giảm $a,b,c$ cùng 1 lượng $c$( Tức là thay $a,b,c$ bởi $a-c,b-c,0$) thì rõ ràng $a-b,a-c,b-c$ không thay đổi còn $a+b+c$ giảm đi. Vậy VT của $(1)$ thì giảm đi còn VP của (1) thì không đổi. Do đó ta chỉ cần chứng minh Bài toán trong trường hợp $a,b\ge c=0$. Khi đó BĐT tương đương với:
$a^3+b^3\ge 4(ab(b-a)$
BĐT trên hiẻn nhiên đúng vì
$4a(b-a)\le b^2\implies 4 ab(b-a)\le b^3\le a^3+b^3$
Đẳng thức xảy ra $\iff a=b=c. \blacksquare$
  2.Phương pháp phân tích bình phương S.O.S

Xét biểu thức $S=f(a,b,c)=S_a(b-c)^2+S_b(a-c)^2+S_c(a-b)^2$
Trong đó $S_a,S_b,S_c$ là các hàm số của a,b,c.
1.Nếu $S_a,S_b,S_c \geq 0$ thì $S \geq 0$
2.Nếu $a \geq b \geq c \geq 0 \ va \ S_b,S_b+S_c,S_c+S_a \geq 0$ thì $S \geq 0$
3.Nếu $a \geq b \geq c \geq 0 \ va\ S_a,S_c,S_a+2S_b,S_c+2S_a \geq 0$ thì $S \geq 0$
4.Nếu $a \geq b \geq c \geq 0 \ va \ S_b,S_c \geq 0,a^2S_b+b^2S_a \geq 0$ thì $S \geq 0$
5.Nếu $S_a+S_b+S_c \geq 0$ và $S_aS_b+S_bS_c+S_cS_a$ thì $S \geq 0$
Ví dụ :  CMR với các số thực không âm x,y,z ta luôn có bất đẳng thức 
$\dfrac{1}{(x+y)^2}+\dfrac{1}{(y+z)^2}+\dfrac{1}{(z+x)^2} \geq \dfrac{9}{4(xy+yz+zx)}$
Giải :  Đặt $a=x+y,b=y+z,c=z+x.$  Ta phải chứng minh:
$(2ab+2bc+2ca-a^2-b^2-c^2)(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}) \geq \dfrac{9}{4}$
Bằng các phép biến đổi đơn giản ,ta có thể biến các bất đẳng thức trên về dạng: 
$\left(\dfrac{2}{bc}-\dfrac{1}{a^2}\right)(b-c)^2+\left(\dfrac{2}{ca}-\dfrac{1}{b^2}\right)(a-c)^2$ $+\left(\dfrac{2}{ab}-\dfrac{1}{c^2}\right)(a-b)^2 \geq 0$
$\Rightarrow S_a=\dfrac{2}{bc}-\dfrac{1}{a^2},S_b=\dfrac{2}{ca}-\dfrac{1}{b^2},S_c=\dfrac{2}{ab}-\dfrac{1}{c^2}.$
Giả sử rằng $a \geq b \geq c$ thì $S_a \geq 0$ .Sử dụng 4 ta cần CM: 
$b^2S_b+c^2S_c \geq 0\Leftrightarrow b^3+c^3 \geq bc(b+c) \geq abc$
Đẳng thức xảy ra khi chỉ khi $a=b=c$ hoặcc $a=b,c=0$ hoặc hoán vị.