Bewijs door Volledige Inductie

Te bewijzen :	2ⁿ⁻¹. n! ≤ nⁿ (n=1,2,3,...)
Bewijs :
Deel I	Voor de kleinste n-waarde, nl. 1 is LL = 2⁰.0! = 1.1 = 1 RL = 1¹ = 1 LL ≤ RL → O.K. [ zowel voor n=1 als n=2 is LL=RL ]

Deel II	Gegeven :	2^k−1.k! ≤ k^k ( I.H.)
	Te bewijzen:	2^k.(k+1)! ≤ (k+1)^k+1 equivalent met 2^k.k! ≤ (k+1)^k
	Bewijs :	LL = 2^k.k! = 2.2^k−1.k! en wegens de I.H.
		__ $\leq \; 2.k^k$
		__ $=\frac{2.k^{\, k}}{(k+1)^{k}}\cdot (k+1)^{k}$
		__ $=2\cdot \left (\frac{k}{k+1} \right )^k\cdot (k+1)^k$
		__ $=\frac{2}{\left (\frac{k+1}{k} \right )^k} \cdot (k+1)^k$
		__ $=\frac{2}{\left (1+\frac{1}{k} \right )^k} \cdot (k+1)^k \qquad(*)$
		Voor k = 1 is de noemer gelijk aan 2. ^{Daar de functie} ${\color{Green} .} \newline f(x)=\left ( 1+ \frac{1}{x} \right )^x$ ^{een stijgende functie is}
		^{met in de limiet voor x→ het getal e, is de factor} ${\color{Green} .}\newline \frac{2}{\left ( 1+\frac{1}{k}^k \right )} \leqslant 1$ zodat we mogen besluiten dat () ≤ (k + 1)^k* = 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