Je bewijst de stelling voor een bepaalde waarde van $n$ meestal $n=1$.
Vervolgens toon je aan dat als de stelling voor een bepaalde $n$ waar is, dat hij dan automatisch ook voor de opvolger van $n$ waar is. Daardoor ontstaat het effect van een rij omvallende dominostenen: de stelling is waar voor $n=1$ en daarom ook voor $n=2$ en daarom ook voor $n=3$, enzovoorts.

Bij stellingen die waar zijn afhankelijk van aantallen objecten.

Uit $1+2+3+...+n-1+n=\frac{1}{2}n(n+1)$ volgt: $1+2+3+...+n-1+n+n+1=\frac{1}{2}n(n+1)+n+1=(n+1)(\frac{1}{2}n+1)=\frac{1}{2}(n+1)(n+2)$.

$1+2+3+...+99+100=\frac{1}{2}\cdot 100\cdot 101=50\cdot 101=5050$.

Doen.

Doen.

$2^4-1+2^4=2\cdot 2^4-1=2^1\cdot 2^4-1=2^5-1$.

Doen.

$n=63$, je krijgt dan volgens je rekenmachine $2^{\left(64\right)}-1\approx 1,844674407\cdot {10}^{19}$ graankorrels. Om zeker te zijn moet je dit getal met de hand berekenen! Dat kan redelijk snel: $2^{10}=1024$, $2^{20}=1048576$ en dan is $2^{40}=1048576\cdot 1048576$ (dit moet met de hand) en $2^{64}=2^{40}\cdot 2^{20}\cdot 16$.

Doen.

$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}=2-\frac{1}{16}$

Stelling: $1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+...+\frac{1}{\left(2^n\right)}=2-\frac{1}{\left(2^n\right)}$
Bewijs:
De stelling geldt voor $n=1$: $1+\frac{1}{2}=1\frac{1}{2}=2-\frac{1}{2}$.
Neem aan dat de stelling voor $n$ geldt. Voor $n+1$ geldt dan $1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+...+\frac{1}{\left(2^n\right)}+\frac{1}{\left(2^{(n+1)}\right)}=2-\frac{1}{\left(2^n\right)}+\frac{1}{\left(2^{(n+1)}\right)}=2-\frac{1}{\left(2^n\right)}+\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{\left(2^n\right)}=2-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{\left(2^n\right)}=2-\frac{1}{\left(2^{(n+1)}\right)}$. Conclusie: de stelling geldt voor $n=1$ en als hij voor $n$ geldt dan geldt hij ook voor $n+1$.
Q.e.d.

Bij twee snijdende lijnen zijn er $4$ vlakdelen.

Bij drie lijnen die elkaar twee aan twee snijden zijn er $4+3=7$ vlakdelen.

Dan komen er minder nieuwe vlakdelen bij als je een lijn toevoegt.

`4`

Hij snijdt elke andere lijn en maakt daardoor $2n$ nieuwe vlakdelen waarvan er $n-1$ elkaar overlappen.

Inductiestap: $\frac{1}{2}(n^2+n+2)+n+1=\frac{1}{2}(n^2+3n+4)=\frac{1}{2}(n^2+2n+1+n+1+2)=\frac{1}{2}({(n+1)}^2+(n+1)+2)$.

`0`

`2`

`5`

Vanuit elk punt een lijnstuk naar een ander punt: $\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 5$. De zijden eraf trekken: $\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 5-6$

Voor $n=3$ klopt de stelling: aantal diagonalen is $\frac{1}{2}\cdot 3\cdot 2-3=0$.
Stel hij klopt voor $n$, dan geldt voor $n+1$ dat er $n-1$ diagonalen bijkomen (in elk punt komen $2$ zijden bij elkaar, maar er verdwijnt ook $1$ zijde). Dus wordt het aantal diagonalen dan $\frac{1}{2}\cdot n\cdot (n-1)-n+n-1=\frac{1}{2}\cdot (n^2-n-2)=\frac{1}{2}\cdot (n^2+n-2n-2)=\frac{1}{2}\cdot (n^2+n)-n-1=\frac{1}{2}\cdot (n+1)\cdot n-(n+1)$. Dit betekent dat de stelling klopt voor $n+1$ als hij voor $n$ klopt.
Q.e.d.

Doen.

$(1-\frac{1}{2})(1-\frac{1}{3})(1-\frac{1}{4})(1-\frac{1}{5})=\frac{1}{5}$.

Stelling: $(1-\frac{1}{2})(1-\frac{1}{3})(1-\frac{1}{4})...(1-\frac{1}{n})=\frac{1}{n}$.
Bewijs:
Klopt o.a. voor $n=2$, zie a.
Stel de bewering klopt voor $n$ dan geldt voor $n+1$: $(1-\frac{1}{2})(1-\frac{1}{3})(1-\frac{1}{4})...(1-\frac{1}{n})(1-\frac{1}{(n+1)})=\frac{1}{n}(1-\frac{1}{(n+1)})=\frac{1}{n}-\frac{1}{\left(n(n+1)\right)}=\frac{\left(n\right)}{\left(n(n+1)\right)}=\frac{1}{(n+1)}$. Dit betekent dat de stelling klopt voor $n+1$ als hij voor $n$ klopt.
Q.e.d.

Voor $n=2$ contrueer je een rechthoekige driehoek met rechthoekszijden van $1$ en `1` . De hypothenusa is dan $\sqrt{2}$.

Voor $n=3$ contrueer je een rechthoekige driehoek met rechthoekszijden van $\sqrt{2}$ en 1. De hypothenusa is dan $\sqrt{3}$.

Neem aan dat de stelling klopt voor $n$. Dan heb je een lijnstuk met lengte $\sqrt{n}$ kunnen construeren. Daarop construeer je een rechthoekige driehoek met $\sqrt{n}$ en $1$ als rechthoekszijden. De hypothenusa van die driehoek is $\sqrt{n+1}$ (gebruik de SvP).
Dit betekent dat de stelling klopt voor $n+1$ als hij voor $n$ klopt.
Q.e.d.