Školjka

%V0 [b]Baza[/b] $n=3$ Trokut ima $0$ dijagonala, a $\dfrac{3(3-3)}{2}=\dfrac{3\cdot 0}{2} = 0$ Dakle, baza je dokazana. [b]Pretpostavka[/b] $n$-terokut ima tocno $\dfrac{n(n-3)}{2}$ dijagonala. [b]Korak[/b] Zelimo dokazati da $(n+1)$-terkokut ima $\dfrac{(n+1)(n-2)}{2}$ dijagonala. Oznacimo neka tri uzastopna vrha tog $(n+1)$-terokuta sa $A$, $B$, i $C$, tako da je $B$ izmedu $A$i $C$. Sada povucimo duzinu $AC$. Dobili smo $n$-terokut (iz $(n+1)$-terokuta smo izbacili jedan vrh, konkretno $B$) i trokut $ABC$. U $n$-teroktu, po pretpostavci, ima $\dfrac{n(n-3)}{2}$ dijagonala. U trokutu ih ima $0$. Sve dijagonale $(n+1)$-terokuta koje jos nismo brojali zavrsavaju u tocki $B$. Takvih dijagonala ima $((n+1)-3)$ ($B$ mozemo povezati sa svim vrhovima osim sa njime samim, a sa svoja dva susjedna vrha daje stranice, a ne dijagonale). I jos nismo brojali duzinu $AC$, koja je u $n$-terokutu stranica, ali u $(n+1)$-terokutu je dijagonala. Dakle, ukupno imamo $\dfrac{n(n-3)}{2}$ dijagonala iz $n$-terokuta, $(n-2)$ dijagonale iz tocke $B$ i dijagonalu $AC$, sto je u sumi $\dfrac{n(n-3)}{2}+(n-2)+1$ $= \dfrac{n(n-3)+2(n-1)}{2}$ $=\dfrac{(n+1)(n-2)}{2}$