Bewijs door Volledige Inductie

Te bewijzen :	$\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+\cdots +\frac{1}{(n+2)^2}\; <\; \frac{n}{2(n+3)}$
m.a.w.	$\sum_{i=1}^{n}\; \frac{1}{(i+2)^{\,2}}<\; \frac{n}{2(n+3)}$
Bewijs :
Deel I	Voor de kleinste n-waarde, nl. 1 is $LL = \frac{1}{3^2}=\frac{1}{9}$ ^{(de eerste term)} $RL = \frac{1}{2.4}=\frac{1}{8}$ LL < RL → O.K.

Deel II	Gegeven :	$\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+\cdots +\frac{1}{(k+2)^2}\; <\; \frac{k}{2(k+3)}$
	Te bewijzen:	$\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+\cdots +\frac{1}{(k+2)^2}+\frac{1}{(k+3)^2}\; <\; \frac{k+1}{2(k+4)}$ ^( I.H.)
	Bewijs :	$LL \: <\: \frac{k}{2(k+3)} + \frac{1}{(k+3)^2}\;$
		__ $= \frac{k^2+3k+2}{2(k+3)^2}$
		__ $= \frac{(k+1)(k+2)}{2(k+3)^2}$
		__ $= \frac{k+1}{2(k+4)}\cdot \frac{(k+4)(k+2)}{(k+3)^2}$
		__ $= \frac{k+1}{2(k+4)}\cdot \frac{k^2+6k+8}{k^2+6k+9}$
		__ $<\; \frac{k+1}{2(k+4)} \: = RL \qquad Q.E.D.$
		__ want de breuk die we weglaten is ietsje kleiner dan 1. Door die weg te laten vegroten we het rechterlid.

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