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 \( \sqrt{2} \).

Die Monotonie muss nicht von Anfang an vorliegen. Es reicht für Konvergenz aus, wenn die Folge ab einem n_0 monoton ist (und Beschränktheit natürlich). Versuch doch einfach Monotonie nachzuweisen, eine von beiden. Du wirst dann merken, dass es eine Bedingung wie "ab n_0" gibt. Und wenn Du es mit der falschen Monotonie probiert hast, drehst Du das Ungleichungszeichen einfach um und hast die richtige Monotonie.

Ich würde hier auf den banachschen Fixpunktsatz zurückgreifen.

Wir betrachten die Funktion \(f: [1,\infty) \to \mathbb{R} \) definiert durch \( f(x)=\frac{2+x}{1+x} \).

Zunächst ist die Einschränkung \(f: [1,\infty) \to [1,\infty) \) wohldefiniert, denn:

Für alle \( x \in [1,\infty) \) ist

\( f^\prime(x) \) \( = - \frac{1}{(x+1)^2} < 0 \)

Also ist \( f \) monoton fallend und für alle \(x \in [1, \infty) \) gilt somit

\( f(x) \ge \lim_{y \to \infty} f(y) = 1 \)

Außerdem ist \( f \) eine Kontraktion, denn:

Für alle \(x,y \in [1, \infty) \) mit \(x \neq y\) erhalten wir mit dem Mittelwertsatz

\( \frac{ \vert f(x)-f(y) \vert }{ \vert x-y \vert } \) \( = \vert f^\prime(\xi) \vert \) \( = \frac{1}{(\xi+1)^2} \) \( \le \frac{1}{4} \)

(für ein \( \xi \) zwischen \(x\) und \(y\)).

Da \( [1,\infty) \) eine Abgeschlossene Teilmenge des metrischen Raums \( (\mathbb{R},\vert \cdot \vert ) \) ist, lässt sich nun der banachsche Fixpunktsatz anwenden, der uns sagt, dass die rekursiv definierte Folge \( a_1 = 1 \in [1, \infty) \) und \( a_{n+1} = \frac{2+a_n}{1+a_n} = f(a_n) \) konvergiert.