Bewijs door Volledige Inductie

Te bewijzen :	$\frac{1.3.5.\cdots .(2n-1)}{2\, .\, 4.\, 6\, .\cdots .(2n)}\geqslant \sqrt{\frac{5}{4(4n+1)}}$
m.a.w.	$\prod_{i=1}^{n}\; \frac{2i-1}{2i}\; \geqslant \; \sqrt{\frac{5}{4.(4n+1)}}$
Bewijs :
Deel I	Voor de kleinste n-waarde, nl. 1 is $LL= \frac{1}{2} \qquad RL= \sqrt{\frac{5}{4.5}}=\frac{1}{2}$ LL ≥ RL O.K.

Nu gaan we bewijzen dat S( k ) ⇒ S( k+1)
m.a.w. dat als de stelling geldt voor n = k, ze ook zal gelden voor n = k+1

Deel II	Gegeven :	$\frac{1.3.5.\cdots .(2k-1)}{2\, .\, 4.\, 6\, .\cdots .(2k)}\geqslant \sqrt{\frac{5}{4(4k+1)}}$ ^( I.H.)
	Te bewijzen:	$\frac{1.3.5.\cdots .(2k-1).(2k+1)}{2\, .\, 4.\, 6\, .\cdots .(2k).(2k+2)}\geqslant \sqrt{\frac{5}{4(4k+5)}}$
	Bewijs :	Na vermenigvuldiging van beide leden met de dezelfde breuk, volgt uit de Inducie Hypothese $\frac{1.3.5.\cdots .(2k-1)}{2\, .\, 4.\, 6\, .\cdots .(2k)} \cdot \frac{2k+1}{2k+2} \geqslant \sqrt{\frac{5}{4(4k+1)}}\: \cdot \frac{2k+1}{2k+2}$
		__ ^{Er blijft nu aan te tonen dat (beide leden positief)} $\sqrt{\frac{5}{4(4k+1)}}\: \cdot \frac{2k+1}{2k+2}\geqslant \sqrt{\frac{5}{4(4k+1)}} \newline \Leftrightarrow \; \frac{5}{4(4k+1)}\cdot \frac{(2k+1)^2}{(2k+2)^2}\; \geqslant\; \frac{5}{4(4k+1)}$
		⇔ (2k + 1)².(4k + 5)² ≥ (2k + 2)².(4k + 1)
		⇔ (4k² + 4k + 1).(4k + 5) ≥ (4k²) + 8k + 4).(4k + 1)
		⇔ 16k³ + 20k² + 16k² + 20k + 4k + 5 ≥ 16k³ + 4k² + 32k² + 8k + 16k + 2
		⇔ 24k + 5 ≥ 24k + 4 _{evident !}

Door het principe van volledige inductie is de stelling waar voor n = 1 (Deel I), n = 2 (Deel II), n = 3 (Deel II), n = 4 ... m.a.w. voor elk natuurlijk getal n

I.H. = Inductiehypothese Q.E.D. = quod erat demonstrandum
Deel I = BASIC STEP
Deel II = INDUCTIVE STEP