Bewijs door Volledige Inductie

Te bewijzen :	$\sum_{i=1}^{n}\; \sqrt{1+\frac{1}{i^{\, 2}}+\frac{1}{(\, i+1)^2}}\; =\; \frac{n.(n+2)}{n+1}$
Bewijs :
Deel I	Voor de kleinste n-waarde, nl. 1is LL = $\sqrt{1+\frac{1}{1^{\, 2}}+\frac{1}{2^2}}\; = \sqrt{2+\frac{1}{4}}=\sqrt{\frac{9}{4}}=\frac{3}{2}$ ^{(de eerste term/wortelvorm)} RL = $\frac{1.(1+3)}{1+1}=\frac{3}{2}$ LL = RL → O.K.

Deel II	Gegeven :	$\sum_{i=1}^{k}\; \sqrt{1+\frac{1}{i^{\, 2}}+\frac{1}{(\, i+1)^2}}\; =\; \frac{k.(k+2)}{k+1}$ ^( I.H.)
	Te bewijzen:	$\sum_{i=1}^{k+1}\; \sqrt{1+\frac{1}{i^{\, 2}}+\frac{1}{(\, i+1)^2}}\; =\; \frac{(k+1).(k+3)}{k+2}$
	Bewijs :	$LL = \sum_{i=1}^{k}\; \sqrt{1+\frac{1}{i^{\, 2}}+\frac{1}{(\, i+1)^2}} + \sqrt{1+\frac{1}{(k+1)^2}+\frac{1}{(k+2)^2}}$
		__ $=\; \frac{k.(k+2)}{k+1} + \sqrt{ \frac{(k+1)^2.(k+2)^2 + (k+2)^2 + (k+1)^2} {(k+1)^2\cdot (k+2)^2} }$
		__ $=\; \frac{k.(k+2)}{k+1} + \sqrt{ \frac{(k+1)^2.(k+2)^2 + k^2+4k+4+k^2+2k+1} {(k+1)^2\cdot (k+2)^2} }$
		__ $=\; \frac{k.(k+2)}{k+1} + \sqrt{ \frac{(k+1)^2.(k+2)^2 + 2\: (k^2+3k+2)+1} {(k+1)^2\cdot (k+2)^2} }$
		__ $=\; \frac{k.(k+2)}{k+1} + \sqrt{ \frac{(k+1)^2.(k+2)^2 + 2\:(k+1)(k+2)+1} {(k+1)^2\cdot (k+2)^2} }$
		__ $=\; \frac{k.(k+2)}{k+1} + \sqrt{ \frac{ \left [ \: (k+1)(k+2)+1\: \right ] ^2} {(k+1)^2\cdot (k+2)^2} }$
		__ $=\; \frac{k.(k+2)}{k+1} + \frac{ (k+1)\cdot (k+2)+1} {(k+1)\cdot (k+2)}$
		__ $=\frac{ k\, (k+1)^2 +(k+1)\cdot (k+2)+1} {(k+1)\cdot (k+2)}$
		__ $=\frac{ k^3+4k^2+4k+1+(k+1)\cdot (k+2)} {(k+1)\cdot (k+2)}$
		__ $=\frac{ 4k(k+1)+(k+1)(k^2-k+1)+(k+1)\cdot (k+2)} {(k+1)\cdot (k+2)}$
		__ $=\frac{ 4k+(k^2-k+1)+(k+2)} {k+2}$
		__ $=\frac{ k^2 + 4k+3} {k+2}$
		__ $=\frac{(k+1)\cdot (k+3)} {k+2} \quad =RL \qquad Q.E.D.$

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