Aloha :)
Wir untersuchen die rekursiv definierte Folge:
$$a_{n+1}\coloneqq\sqrt{1+\frac{2}{3}a_n^2}\quad;\quad a_1\coloneqq 1$$
(a) Beschränktheit
Die Behauptung aus der Aufgabe ist falsch, da \(a_1=1\not>1\) ist. Wir können also nur zeigen, dass$$1\le a_n<\sqrt3\quad;\quad n\in\mathbb N$$Da \(a_n^2\) als Quadratzahl \(\ge0\) ist, gilt als Abschätzung nach unten:$$a_{n+1}=\sqrt{1+\frac{2}{3}a_n^2}\ge\sqrt{1+0}=1\quad\checkmark$$Die Abschätzung \(a_n<\sqrt3\) nach oben zeigen wir durch vollständige Induktion.
i) Verankerung bei \(n=1\):$$a_1=1<\sqrt3\quad\checkmark$$
ii) Induktionsschritt:$$a_{n+1}^2=\left(\sqrt{1+\frac{2}{3}a_n^2}\right)^2=1+\frac{2}{3}\,\underbrace{a_n^2}_{<(\sqrt3)^2}<1+\frac{2}{3}\cdot3=3\implies a_{n+1}<\sqrt3\quad\checkmark$$
Für alle Glieder der Folge gilt also:$$1\le a_n<\sqrt3\quad;\quad n\in\mathbb N$$
(b) Monotonie
Wegen \(a_n<\sqrt3\) ist \(a_n^2<3\) und \(\frac{1}{a_n^2}>\frac{1}{3}\). Damit können wir wie folgt argumentieren:$$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{\sqrt{1+\frac{2}{3}a_n^2}}{\sqrt{a_n^2}}=\sqrt{\frac{1+\frac{2}{3}a_n^2}{a_n^2}}=\sqrt{\frac{1}{a_n^2}+\frac{2}{3}}>\sqrt{\frac{1}{3}+\frac{2}{3}}=\sqrt1=1\implies a_{n+1}>a_n$$Die Folge ist also streng monoton wachsend.
(c) Grenzwert
Da jede monotone beschränkte Folge konvergiert, konvergiert insbesondere \((a_n)\). Mit$$a\coloneqq\lim\limits_{n\to\infty}a_n$$so können wir wie folgt rechnen:
$$\left.\lim\limits_{n\to\infty} a_{n+1}=\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt{1+\frac{2}{3}a_n^2}\quad\right|\text{Grenzwertsätze, Wurzelfunktion stetig}$$$$\left.\lim\limits_{n\to\infty} a_{n+1}=\sqrt{1+\frac{2}{3}\left(\lim\limits_{n\to\infty}a_n\right)^2}\quad\right|\text{\(a\) als Grenzwert einsetzen}$$$$\left.a=\sqrt{1+\frac{2}{3}a^2}\quad\right|(\cdots)^2$$$$\left.a^2=1+\frac{2}{3}a^2\quad\right|-\frac{2}{3}a^2$$$$\left.\frac{1}{3}a^2=1\quad\right|\cdot3$$$$\left.a^2=3\quad\right|\sqrt{\cdots}$$$$a=\sqrt3$$Die negative Wurzel fällt als Lösung weg, da \(a_n\ge1\) gilt.
