Hier eine Variation meiner ersten Antwort, die auf die explizite Anwendung des banachschen Fixpunktsatzes verzichtet.
Wir betrachten die Funktion \( f: [1,\infty) \to \mathbb{R} \) definiert durch \( f(x)=\frac{2+x}{1+x} \).
Für alle \(x \in [1, \infty) \) ist
\( f^\prime(x) = - \frac{1}{(x+1)^2} < 0 \)
Also ist \(f\) monton fallend und für alle \( x \in [1,\infty) \) gilt somit
\( f(x) \ge \lim_{y \to \infty} f(y) = 1 \)
Hieraus lässt sich nun induktiv \( a_n \ge 1 \) für alle \(n \in \mathbb{N}\) folgern.
Man errechnet leicht, dass \( f(\sqrt{2}) = \sqrt{2} \) ist, und somit erhalten wir für alle \(x \in [1, \infty) \) mit \( x \neq \sqrt{2} \) aus dem Mittelwertsatz
\( \frac{ \vert \frac{2+x}{1+x} - \sqrt{2} \vert }{ \vert x - \sqrt{2} \vert } \) \( = \vert \frac{f(x)-f(\sqrt{2})}{x-\sqrt{2}} \vert \) \( = \vert f^\prime(\xi) \vert \) \( = \frac{1}{(\xi+1)^2} \le \frac{1}{4} \)
(für ein \(\xi\) zwischen \(x\) und \(\sqrt{2}\))
Da \( a_n \ge 1 \) für alle \(n \in \mathbb{N}\) ist, können wir folgern
\( \vert a_{n+1} - \sqrt{2} \vert \) \( = \vert \frac{2+a_n}{1+a_n} - \sqrt{2} \vert \) \( \le \frac{1}{4} \vert a_n - \sqrt{2} \vert \)
Induktiv erhalten wir hieraus
\( \vert a_n - \sqrt{2} \vert \) \( \le \frac{1}{4^{n-1}} \vert a_1 - \sqrt{2} \vert \) \( = \frac{\sqrt{2}-1}{4^{n-1}} \)
Wegen \( \frac{\sqrt{2}-1}{4^{n-1}} \to 0 \) muss somit \( (a_n)_{n \in \mathbb{N}} \) konvergent sein mit Grenzwert \( \sqrt{2} \).
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