Te bewijzen : 15+ 25+ 35+...+ n5 = 1/12 n2(n+1)2(2n2+2n−1)
m.a.w.
Bewijs :
Deel I Voor de kleinste n-waarde, nl. 1 is
LL = 15 = 1 (de eerste term)
RL = 1/12 .12.22.3 = 1
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 : 15+ 25+ 35+...+ k5 = 1/12 k2(k+1)2(2k2+2k−1)     ( I.H.)
Te bewijzen: 15+ 25+ 35+...+ k5+ (k+1)5 = 1/12 (k+1)2(k+2)2(2k2+6k+3)
        2(k+1)²+2(k+1)−1 = 2k²+4k+2+2k+2−1 = 2k²+6k+3
Bewijs : LL = 1/12 k2(k+1)2(2k2+2k−1) +  (k+1)5
__ = 1/12 (k+1)2[k²(2k²+2k−1) + 12(k³+3k²+3k+1)]
__ = 1/12 (k+1)2(2k⁴+2k³−k² + 12k³+36k²+36k+12)
__ = 1/12 (k+1)2(2k⁴ + 14k³ + 35k² + 36k + 12)
I.p.v. (2k⁴ + 14k³ + 35k² + 36k + 12) te ontbinden gaan we
controleren of deze veelterm gelijk is aan :
  (k+2)2(2k2+6k+3) =(k²+4k+4)(2k2+6k+3)
= 2k4+6k3+3k2+8k3+24k2+12k+8k2+24k+12
= 2k4 + 14k3 + 35k2 + 36k + 12 → Yes!
We hebben dus bewezen dat LL = 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