Bewijs door Volledige Inductie

Te bewijzen :	Dⁿ(x².e^x) = [x²+ 2nx + n(n − 1) ].e^x
m.a.w.	f (x) = x².e^x ⇒ f⁽ⁿ⁺¹⁾ = [x²+ 2nx + n(n − 1) ].e^x
Bewijs :
Deel I	Voor de kleinste n-waarde, nl. 1 is A = D (x².e^x) = 2 x e^x + x².e^x = e^x(x²+ 2x) B = [x²+ 2.1.x + 1(1 − 1) ].e^x = (x² + 2x)e^x A = B → 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 :	D^k ( x². e^x ) = [x²+ 2kx + k(k − 1) ].e^x ( I.H.)
	Te bewijzen:	D^k+1(x².e^x) = [x²+ 2(k+1)x + (k+1)k ].e^x
	Bewijs :	LL = D^k+1(x².e^x) = D( D^k(x².e^x) )
		__ = D { [x²+ 2kx + k(k − 1) ].e^x } _{afgeleide van een product}
		__ = (2x + 2k)e^x + (x² + 2kx + k² − k).e^x
		__ = (2x + 2k + x² + 2kx + k² − k).e^x
		__ = [x² + 2(k+1)x + (k+1)k ].e^x = 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