Bewijs door Volledige Inductie

Te bewijzen :	$\left ( \frac{n+1}{2} \right )^n\; \geqslant \; n\, \mathbf{!} \qquad \forall \: n \in \mathbb{N}$
Bewijs :
Deel I	Voor de kleinste n-waarde, nl. 0 is LL = ()⁰ = 1 RL = 0! = 1 LL ≥ RL → O.K. [ Ook voor n=1 is LL = RL = 1 ]

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 :	$\left ( \frac{k+1}{2} \right )^k\; \geqslant \; k\, \mathbf{!}$ ^( I.H.)
	Te bewijzen:	$\left ( \frac{k+1}{2} \right )^{k+2}\; \geqslant \; (k+1)\, \mathbf{!}$
	Bewijs :	^{We vetrekken van de I.H. en vermenigvuldigen beide leden met k+1 (om van k! te kunnen gaan naar (k+1)!)} $\left ( \frac{k+1}{2} \right )^{k+1}\! \cdot (k+1) \; \geqslant \; k \mathbf{!}\cdot (k+1)$
		__ ^⇔ $\frac{(k+1)^{k+1}}{2^k} \; \geqslant \; (k+1)!$
		__ ^⇔ $\frac{2(k+1)^{k+1}}{(k+2)^{k+1}}\cdot \frac{(k+2)^{k+1}}{2^{k+1}} \; \geqslant \; (k+1)!$ ^(*)
		^{Er valt nu nog aan te tonen dat om de eerste breuk te mogen weglaten, deze kleiner moet zijn dan 1 (vergelijk met 0,9.10 ≥ 9 ⇒ 10>9)} ^{Dus moeten we kunnen bewijzen dat}
		__ $\frac{2(k+1)^{k+1}}{(k+2)^{k+1}} \leqslant 1 \quad \Leftrightarrow \quad \left ( \frac{k+2}{k+1}\right)^{k+1} \; \geqslant \; 2 \qquad (+*)$
		$Nu \; is \quad f(k) =\left ( \frac{k+2}{k+1} \right )^{k+1}=\left ( 1+\frac{1}{k+1} \right )^{k+1} \quad een\; stijgende \; functie$
		met f(0) = (1+1)¹ = 2 en f(1) = 1,5² = 2,25 en als limiet voor k → het getal e zodat (**) wel degelijk voldaan is
		^{Uit (*) mogen we dan afleiden (linkerlid vergroot) dat} $\left ( \frac{k+1}{2} \right )^{k+2}\; \geqslant \; (k+1)\, \mathbf{!}$ Q.E.D. _{PS. Je vindt ongeveer dezelfde vraag terug onder nr E4 maar enigszins anders opgelost.}

Door het principe van volledige inductie is de stelling waar voor n = 0 (Deel I),
n = 1 (Deel II), n = 2 (Deel II), n = 3 ... 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