Bewijs door Volledige Inductie

Te bewijzen :	$1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{n}}\; >\; 2\cdot \left ( \sqrt{n+1}-1 \right )$
m.a.w.	$\sum_{i=1}^{n}\; \frac{1}{\sqrt{i}}\; > \; 2\cdot \left ( \sqrt{n+1}-1 \right )$
Bewijs :
Deel I :	Voor de kleinste n-waarde, nl. 1 is LL = 1 (de eerste term) RL = 2.(− 1) ≈ 2.0,4 = 0,8 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 :	$1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{k}}\; >\; 2\cdot \left ( \sqrt{k+1}-1 \right )$ ^( I.H.)
	Te bewijzen :	$1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{k}}+\frac{1}{\sqrt{k+1}}\; >\; 2\cdot \left ( \sqrt{k+2}-1 \right )$
	Bewijs :	Uit de Inductie Hypothese volgt onmiddellijk
		__ $1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{k}}+\frac{1}{\sqrt{k+1}}\; >\; 2\cdot \left ( \sqrt{k+1}-1 \right )+\frac{1}{\sqrt{k+1}}\;$
		Er valt nu nog te bewijzen dat
		__ $2\cdot \left ( \sqrt{k+1}-1 \right )+\frac{1}{\sqrt{k+1}}\; \; >\; 2\cdot \left ( \sqrt{k + 2}-1 \right )$
		^⇔ $2\cdot \left ( \sqrt{k+1}-1 \right )\cdot \sqrt{k+2} + 1\; \; >\; 2\cdot \left ( \sqrt{k+1}-1 \right )\cdot {\sqrt{k+1}}$
		^⇔ $2\cdot \sqrt{k+1}\cdot \sqrt{k+1}-2\cdot \sqrt{k+1}+1\; >\; 2\cdot \sqrt{k+2}\cdot \sqrt{k+1}-2\cdot \sqrt{k+1}$
		^⇔ $2\cdot(k+1)+1\; >\; 2\cdot \sqrt{k+2}\cdot \sqrt{k+1}$ en door nu te steunen op de gelijkwaardigheid van a < b ⇔ a² < b² bij positieven getallen a en b
		^⇔ $(2k+3)^2\; >\; 4\cdot (k+2)(k+1)$
		⇔ 4k² + 12k + 9 > 4k² + 12k + 8
		⇔ 9 > 8 evident, dus de stelling is bewezen

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

Er bestaat ook nog een heel ander bewijs voor deze stelling.
Kijk naar de volgende grafiek :

Alle blauwe rechthoekjes hebben breedte 1.
De eerste blauwe rechthoek heeft hoogte 1 en oppervlakte 1
De tweede blauwe rechthoek heeft hoogte 1/

en oppervlakte 1/

De derde blauwe rechthoek heeft hoogte 1/

en oppervlakte 1/

De vierde blauwe rechthoek heeft hoogte 1/

en oppervlakte 1/

De som van de oppervlakte van de vier blauwe (buiten)rechthoeken is zeker groter dan
$\int_{0}^{4}\frac{1}{\sqrt{x+1}}dx$
Breiden we som uit tot n buiten rechthoekjes, dan verkrijgen we (RIEMANN)
$\int_{0}^{n}\frac{1}{\sqrt{x+1}}dx=\left [ 2\sqrt{x+1} \right ]_{0}^{n}=2\sqrt{n+1}-2\sqrt{1}=2\left ( \sqrt{n+1}-1 \right )$
en bijgevolg ook
$1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{n}}\; >\; 2\cdot \left ( \sqrt{n+1}-1 \right )$