Bewijs door Volledige Inductie

Te bewijzen :	$\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots +\frac{1}{n!}\: <\: \frac{5n-2}{2n}$
m.a.w.	$\sum_{i=1}^{n} \: \frac{1}{i\, !}\; <\: \frac{5n-2}{2n}$
Bewijs :
Deel I	Voor de kleinste n-waarde, nl. 1 is $LL=\frac{1}{1!}=1$ $RL=\frac{5.1-2}{2.1}=\frac{3}{2}=1,5$ LL < RL → O.K.

Deel II	Gegeven :	$\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots +\frac{1}{k!}\: <\: \frac{5k-2}{2k}$ ^( I.H.)
	Te bewijzen:	$\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots +\frac{1}{k!} + \frac{1}{(k+1)!} \: <\: \frac{5k+3}{2(k+1)}$
	Bewijs :	$LL \: <\: \frac{5k-2}{2k} + \frac{1}{(k+1)!}=\frac{(5k-2)(k+1)!+2\,k\,}{2k(k+1)!}$
		__ Het komt er dus nu op aan van de volgende ongelijkheid aan te tonen :
		__ $\frac{(5k-2)(k+1)!+2\,k\,}{2k(k+1)!}\, < \: \frac{5k+3}{2(k+1)}$ ^{/ beide leden × 2(k+1) ( > 0)}
		__ $\Leftrightarrow \; \frac{(5k-2)(k+1)!+2\,k\,}{k.k!}\, < \: 5k+3$ ^{/ beide leden × k.k! ( > 0)}
		__ ⇔ 5k(k+1)! − 2(k+1)! + 2k < 5k².k! + 3k.k!
		__ ⇔ 5k.(k+1)k! − 2(k+1)k! + 2k < 5.k².k! + 3.k.k!
		__ ⇔ 5k².k! + 5k.k! − 2k.k! − 2k! + 2k < 5k².k! + 3k.k!
		__ ⇔ 2(k − k!) < 0
		__ ⇔ 2k.(1 − (k − 1)! ) < 0
		__ YES ! ... maar deze ongelijkheid is enkel waar vanaf k = 3. Daarom moeten we "Deel I uitbreiden" voor het geval n = 2 : $LL=\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$ $RL=\frac{5.2-2}{2.2}=\frac{8}{4}=2$ LL < RL → O.K.

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