Bewijs door Volledige Inductie

Te bewijzen :	$\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+\frac{1}{5^2}+\cdots +\frac{1}{(n+2)^2}\: < \: \frac{n}{2\, (n+2)}$
m.a.w.	$\sum_{i=1}^{n}\: \frac{1}{(i+2)^2} = \frac{n}{2\, (n+2)}$
Bewijs :
Deel I	Voor de kleinste n-waarde, nl. 1 is $LL=\frac{1}{3^2}=\frac{1}{9} ^{\: eerste\; term} \qquad RL=\frac{1}{2(1+2)}=\frac{1}{6}$ LL < RL → O.K.

Deel II	Gegeven :	$\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+\frac{1}{5^2}+\cdots +\frac{1}{(k+2)^2}\: < \: \frac{k}{2\, (k+2)}$ ^( I.H.)
	Te bewijzen:	$\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+\frac{1}{5^2}+\cdots +\frac{1}{(k+2)^2}+\frac{1}{(k+3)^2}\: < \: \frac{k}{2\, (k+2)}$
	Bewijs :	$LL=\left (\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+\frac{1}{5^2}+\cdots +\frac{1}{(k+2)^2}\right )+\frac{1}{(k+3)^2}$
		__ $< \: \frac{k}{2(k+2)}+\frac{1}{(k+3)^2}$
		__ $= \frac{k(k+3)^2+2(k+2)}{2\, (k+2)(k+3)^2}$
		__ $= \frac{k^3+6k^2+11k+4}{2\, (k+2)(k+3)^2}$
		Je 'wegwijzer' in het oog houdende zou je nu mogen verwachten dat de teller deelbaar is door k+2 en/of k+3 We merken echter dat V(−2) = −8+24−22+4 = 28−30 = −2 en V(−3) = −27+54−33+4 = 58 = −2 Telkens dezelfde rest −2 ! Daarom gaan we de teller verhogen met 2 (dat mag want de breuk wordt dan groter), concreet : 4 vervangen door6 : daardoor wordt de teller deelbaar door k+2 én k+3 ! $< \: \frac{k^3+6k^2+11k+6}{2\, (k+2)(k+3)^2}$
		Door ofwel de deler k+2 ofwel de deler k+3 af te zonderen en de regel van HORNER toe te passen vinden we de ontbinding van de teller van de breuk Je zou zelfs kunnen zeggen : als toch (k+2)(k+3) kan afgezonderd worden dan kan de derde factor niets anders zijn dan (k+1)! $= \frac{(k+2)(k+3)(k+1)}{2\, (k+2)(k+3)^2}$
		__ $= \; \frac{k+1}{2\,(k+3)}$ ^{= RL} Q.E.D.

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