Bewijs door Volledige Inductie

Te bewijzen :	$\frac{1}{a(a\! +\! 1)}+\frac{1}{(a\! +\! 1)(a\! +\! 2)}+\cdots +\frac{1}{(a\! +\!n-\! 1)(a\! +\!n)} = \frac{n}{a\, (a+n)}$
m.a.w.	$\sum_{i=1}^{n}\: \frac{1}{(a+i-1)(a+i)}=\frac{n}{a\, (a+n)}$
Bewijs :
Deel I	Voor de kleinste n-waarde, nl. 1 is ^{zowel LL als RL gelijk aan} $\frac{1}{a\, (a+1)}$ ^{→ O.K.}

Deel II	Gegeven :	$\frac{1}{a(a\! +\! 1)}+\frac{1}{(a\! +\! 1)(a\! +\! 2)}+\cdots +\frac{1}{(a\! +\!k-\! 1)(a +k)} = \frac{k}{a\, (a+k)}$ ^( I.H.)
	Te bewijzen:	$https://latex.codecogs.com/png.image?\dpi{110}\begin{equation} {\color{Black} \frac{1}{a(a\!+\!1)}\!+\!\frac{1}{(a\!+\!1)(a\!+\!2)}\!+\cdots +\!\frac{1}{(a\!+\!k\!-\!1)(a\!+\!k)}\!+\!\frac{1}{(a\!+\!k)(a\!+\!k\!+\!1)} = \frac{k+1}{a\, (a+k+1)} } \end{equation} \,$
	Bewijs :	$LL = \frac{k}{a\,(a+k)} + \frac{1}{(a\!+\!k)(a\!+\!k\!+\!1)}$
		__ $=\frac{k(a+k+1)+a}{a(a\!+\!k)(a\!+\!k\!+\!1)}$
		__ $=\frac{k(a+k)+(a+k)}{a(a\!+\!k)(a\!+\!k\!+\!1)}$
		__ $=\frac{(a+k)(k+1)}{a(a\!+\!k)(a\!+\!k\!+\!1)}$
		__ $=\frac{k+1}{a\, (a+k+1)}=RL \quad Q.E.D.$

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

\frac{1}{a(a\! +\! 1)}+\frac{1}{(a\! +\! 1)(a\! +\! 2)}+\cdots +\frac{1}{(a\! +\!n-\! 1)(a\! +\!n)} = \frac{n}{a\, (a+n)} \frac{1}{a(a\! +\! 1)}+\frac{1}{(a\! +\! 1)(a\! +\! 2)}+\cdots +\frac{1}{(a\! +\!k-\! 1)(a +k)} = \frac{k}{a\, (a+k)}