Bewijs door Volledige Inductie

Te bewijzen :	$\frac{1}{1.2.3}+\frac{1}{2.3.4}+ \frac{1}{3.4.5}+\cdots +\frac{1}{n.(n+1).(n+2)}=\frac{n\, (n+3)}{4\, (n+1)\, (n+2)}$
Bewijs :
Deel I	Voor de kleinste n-waarde, nl. 1 is $LL=\frac{1}{1.2.3}=\frac{1}{6} \quad^{(eerste\; term)}$ $RL=\frac{1.(1+3)}{4.(1+1).(1+2)}=\frac{4}{4.2.3}= \frac{1}{6}$ 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 :	$\frac{1}{1.2.3}+\frac{1}{2.3.4}+ \frac{1}{3.4.5}+\cdots +\frac{1}{k.(k+1).(k+2)}=\frac{k\, (k+3)}{4\, (k+1)\, (k+2)}$ ^( I.H.)
	Te bewijzen:	$\frac{1}{1.2.3}+\frac{1}{2.3.4}+ \cdots +\frac{1}{k(k\! +\! 1)(k\! +\! 2)}+\frac{1}{(k\! +\! 1)(k\! +\! 2)(k\! +\! 3)}=\frac{(k+1)\, (k+4)}{4\, (k+2)\, (k+3)}$
	Bewijs :	$LL = \frac{k\, (k+3)}{4\, (k+1)\, (k+2)} + \frac{1}{(k\! +\! 1)(k\! +\! 2)(k\! +\! 3)}$
		__ $=\frac{1}{(k+1)(k+2)}\cdot \frac{(k^2+3k)(k+3)+4}{4\, (k+3)}$
		__ $=\frac{1}{(k+1)(k+2)}\cdot \frac{k^3+6k^2+9k+4}{4\, (k+3)}$
		Als we onze "wegwijzer" in het oog houden, vermoeden we dat de teller (k + 1)².(k + 4) moet zijn. We gaan daarom de vierterm (met de regel van HORNER) delen door k−4 om dan een volkomen kwadraat te krijgen als quotiënt \| 1 6 9 4 − 4 \| −4 −8 −4 \| 1 2 1 0 = Rest ⇒ k³+6k²+9k+4 = (k+4)(k²+2k+1) = (k+4)(k+1)²
		__ $=\frac{1}{(k+1)(k+2)}\cdot \frac{(k+4)(k+1)^2}{4\, (k+3)}$
		__ $=\frac{(k+1)\, (k+4)}{4\, (k+2)\, (k+3)} = RL \qquad Q.E.D.$

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