Je bewijst het vermoeden voor een bepaalde waarde van `n` , meestal `n=1` . Vervolgens toon je aan dat als het vermoeden voor een bepaalde `n` waar is, dat het dan 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` , enzovoort.

Bij vermoedens waar opvolgende aantallen worden toegepast.

Uit
`1+2+3+...+n-1+n=1/2n(n+1)` volgt:
`1+2+3+...+n-1+n+n+1=1/2n(n+1)+n+1=(n+1)(1/2n+1)=1/2(n+1)(n+2)` .

`1 +2 +3 +...+99 +100 =1/2*100 *101 =50 *101 =5050`

`1+1/2=1 1/2` en `2-1/2=1 1/2` . Beide berekeningen zijn aan elkaar gelijk.

`1+1/2+1/4=1 3/4` en `2-1/4=1 3/4` . Beide berekeningen zijn aan elkaar gelijk.

`1+1/2+1/4+1/8=1 7/8` en `2-1/8=1 7/8` . Beide berekeningen zijn aan elkaar gelijk.

`1 +1/2+1/4+1/8+1/16=2 -1/16`

Stelling: `1 +1/2+1/4+1/8+...+1/ (2^n) =2 -1/ (2^n)` .
Bewijs:
De stelling geldt voor `n=1` : `1 +1/2=1 1/2=2 -1/2` .
Neem aan dat de stelling voor `n` geldt.

Voor `n+1` geldt dan `1 +1/2+1/4+1/8+...+1/ (2^n) +1/ (2^ (n+1 ) ) =`
`2 -1/ (2^n) +1/ (2^ (n+1)) =2 -1/ (2^n) +1/2*1/ (2^n) =2 -1/2*1/ (2^n) =`
`2 -1/ 2^ (n+1)` . 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, als je een lijn toevoegt, minder nieuwe vlakdelen bij.

`4`

De lijn snijdt elke andere lijn en maakt daardoor `2 n` nieuwe vlakdelen waarvan er `n-1` elkaar overlappen, die hebben we dus te veel geteld. `2n - (n-1) = 2n-n+1 = n+1` . Er komen dus inderdaad `n+1` nieuwe vlakdelen bij.

Inductiestap: `1/2(n^2+n+2 )+n+1 =1/2(n^2+3 n+4 )=` `1/2(n^2+2 n+1 +n+1 +2 )=1/2( (n+1 ) ^2+(n+1 )+2 )`

`0`

`2`

`5`

Vanuit elk punt een lijnstuk naar een ander punt: `1/2*6 *5` . De zijden eraf trekken: `1/2 * 6 * 5 - 6` .

Voor `n=3` klopt de stelling: het aantal diagonalen is `1/2*3 *2 -3 =0` .
Stel de stelling klopt voor `n` , dan geldt voor `n+1` dat er `n-1` diagonalen bijkomen. Neem bijvoorbeeld een regelmatige vierhoek `ABCD` ( `n=4` ). Deze heeft twee diagonalen, `AC` en `BD` . Je kunt nu een vijfhoek `ABCDE` tekenen, maar dan nog met de twee diagonalen `AC` en `BD` van de vierhoek. Je ziet dat er vanuit punt `E` twee nieuwe diagonalen bijkomen. Namelijk naar alle andere punten, behalve zijn buurpunten `A` en `D` . Dat zijn er dus `n-2` . Verder zie je ook dat er 1 diagonaal bij komt, tussen de twee buurpunten `A` en `D` . Bij elkaar dus `n-2+1=n-1` .

Dus wordt het aantal diagonalen dan:

`1/2*n*(n-1 )-n+n-1 =1/2*(n^2-n-2 )=1/2*(n^2+n-2 n-2 )=`

`1/2*(n^2+n)-n-1 =1/2*(n+1 )*n-(n+1 )` .

Dit betekent dat de stelling klopt voor `n+1` als hij voor `n` klopt.
Q.e.d.

Beide zijden uitrekenen en vergelijken.

`(1 -1/2)(1 -1/3)(1 -1/4)(1 -1/5)=1/5`

Stelling: `(1 -1/2)(1 -1/3)(1 -1/4)...(1 -1/n)=1/n` .

Bewijs:
Klopt onder andere voor `n=2` , zie a.
Stel de bewering klopt voor `n` , dan geldt voor `n+1` :
`(1 -1/2)(1 -1/3)(1 -1/4)...(1 -1/n)(1 -1/ ((n+1 )) )=`
`1/n(1 -1/ (n+1 ) )=1/n-1/ (n(n+1 )) = (n) / (n(n+1 )) =1/ (n+1 )` .
Dit betekent dat de stelling klopt voor `n+1` als deze voor `n` klopt.
Q.e.d.

`100-90=10`
`100-3*30=10`

`3*30` is deelbaar door `3` , dus als `100` deelbaar is door `3` , dan is het verschil van die twee getallen ook deelbaar door `3` , dus `10` is dan deelbaar door `3` .

Dan moet `23^500-23^100` deelbaar zijn door `2` en door `5` .

`23^500` en `23^100` zijn beide oneven, dus hun verschil is even en dus deelbaar door `2` .

Nu de deelbaarheid door `5` nog. `23^500-23^100` zou een bijzonder geval kunnen zijn van `n^5-n` , namelijk met `n=23^100` .

Bewijs:

Voor `n=1000` klopt het.

Als klopt dat `n^5-n` deelbaar is door `5` , is `(n+1)^5-(n+1)` dat dan ook?

`(n+1)^5-(n+1)=`
`n^5+5n^4+10n^3+10n^2+5n+1-n-1=`
`n^5-n+5(n^4+2n^3+2n^2+n)`

En inderdaad: Als het eerste deel deelbaar is door `5` , dan klopt het, want het tweede deel is ook deelbaar door `5` .

Dus `23^500-23^100` is deelbaar door `10` .

`1 +2 +4 +8 =15`

`2^4-1=16-1=15`

`1 +2 +4 +8 +16=31`

`2^5-1=32-1=31`

`2^4-1 +2^4=2 *2^4-1 =2^1*2^4-1 =2^5-1`

Je moet bewijzen: `2^0 + 2^1 + 2^2 + 2^3 + ... + 2^n = 2^(n+1) - 1` .

De stelling geldt voor `n=1` :
`2^0 + 2^1 = 2^(1 + 1) - 1` klopt inderdaad.

Als de stelling geldt voor `n` `rArr` de stelling geldt voor `n + 1` schrijf je als volgt:
Als geldt
`2^0 + 2^1 + 2^2 + 2^3 + ... + 2^n = 2^(n+1) - 1` dan moet ook gelden
`2^0 + 2^1 + 2^2 + 2^3 + ... + 2^n +2^(n+1) = 2^(n+2) - 1` .
Je bewijst dit door in de eerste uitdrukking aan beide kanten `2^(n+1)` op te tellen. Zo ontstaat een uitdrukking waarvan het linkerdeel gelijk is aan de tweede uitdrukking hierboven.
`1 + 2 + 2^2 + 2^3 + ... + 2^n + 2^(n+1) = 2^(n+1) - 1 + 2^(n+1)` .
Daarna toon je aan dat het rechter deel hiervan gelijk is aan het rechter deel van de tweede uitdrukking hierboven.
`2^(n+1) - 1 + 2^(n+1)=2*2^(n+1)-1=2^(n+2)-1`

Q.e.d.

Ja.

Voor `n=2` construeer je een rechthoekige driehoek met rechthoekszijden van `1` en `1` . De hypotenusa is dan `sqrt(2 )` .

Voor `n=3` construeer je een rechthoekige driehoek met rechthoekszijden van `sqrt(2 )` en `1` . De hypotenusa is dan `sqrt(3 )` .

De stelling klopt voor `n=1` (zie de uitwerking bij a).
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 hypotenusa van die driehoek is `sqrt(n+1 )` (Pythagoras).
Dit betekent dat de stelling klopt voor `n+1` als hij voor `n` klopt.
Q.e.d.