Aloha :)
Gegeben:\(\quad a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}\quad;\quad a_1=\sqrt2\)
Wir zeigen zunächst, dass \(a_n<2\) für alle \(n\in\mathbb N\) gilt.
Induktionsverankerung bei \(n=1\):$$a_1=\sqrt2<2\quad\checkmark$$Induktionsschritt:$$a_n<2\implies 2+a_n<4\implies\sqrt{2+a_n}<\sqrt4\implies a_{n+1}<2\quad\checkmark$$
Nun zeigen wir, dass \(a_n\) streng monoton wächst.
Induktionsverankerung bei \(n=2\):$$a_2=\sqrt{2+a_1}=\sqrt{2+\sqrt2}>\sqrt2=a_1\quad\checkmark$$
Induktionsschritt:$$a_{n+1}-a_n=\sqrt{2+a_n}-a_n=\frac{(\sqrt{2+a_n}-a_n)(\sqrt{2+a_n}+a_n)}{\sqrt{2+a_n}+a_n}$$$$\quad=\frac{(\sqrt{2+a_n}\,)^2-(a_n)^2}{\sqrt{2+a_n}+a_n}=\frac{2+a_n-a_n^2}{\sqrt{2+a_n}+a_n}=\frac{\frac{9}{4}+\left(-\frac{1}{4}+a_n-a_n^2\right)}{\sqrt{2+a_n}+a_n}$$$$\quad=\frac{\frac{9}{4}-\left(a_n^2-a_n+\frac{1}{4}\right)}{\sqrt{2+a_n}+a_n}=\frac{\frac{9}{4}-\left(a_n-\frac{1}{2}\right)^2}{\sqrt{2+a_n}+a_n}>0\quad\checkmark$$
Wegen \(a_n<2\) gilt \(\left(a_n-\frac{1}{2}\right)<\frac{3}{2}\) und daher gilt \(\left(a_n-\frac{1}{2}\right)^2<\frac{9}{4}\). Daher ist im letzten Bruch der Zähler stets positiv. Da der Nenner ebenfalls immer postitiv ist, bleibt der gesamte Bruch positiv. Damit haben wir gezeigt, dass \(a_{n+1}-a_n>0\) bzw. \(a_{n+1}>a_n\) gilt.
Wir fassen zusammen:$$\sqrt2\le a_n<2\quad\text{für alle }n\in\mathbb N\quad;\quad a_{n+1}>a_n\quad\text{für alle }n\in\mathbb N$$Die Folge \((a_n)\) ist also beschränkt und streng monoton wachsend, daher ist sie auch konvergent und ihr Grenzwert \(a\) liegt zwischen \(\sqrt2\) und \(2\).
Zur Berechnung des Grenzwertes:
$$a^2=\lim\limits_{n\to\infty}a_{n+1}^2=\lim\limits_{n\to\infty}(\,\sqrt{2+a_n}\,)^2=\lim\limits_{n\to\infty}(2+a_n)=2+a\implies$$$$0=a^2-a-2=(a+1)(a-2)\implies a=-1\;\lor\;a=2$$
Die negative Lösung scheidet aus, sodass gilt:$$a=\lim\limits_{n\to\infty}a_n=2$$
