\( 2^{\frac{n}{2}} \leq a_{n} \leq 2^{n} \)
geht durch vollst. Induktion.
z.B. der rechte Teil so: n=0 und n=1 sind wohl klar.
Sei also n so, dass (der rechte Teil) der Ungleichung für n und n-1 gilt,
dann gilt auch \( a_{n+1} = a_{n} + a_{n-1} \)
\( \leq 2^n + 2^{n-1} = 2^{n-1} \cdot (2+1 ) \)
\( = 2^{n-1} \cdot 3 \leq 2^{n-1} \cdot 4 = 2^{n+1 }\)
Und die linke Seite führt ähnlich auf :
$$ a_{n+1} = a_{n} + a_{n-1} \geq 2^{\frac{n}{2}} + 2^{\frac{n-1}{2}}$$
$$ = 2^{\frac{n-1}{2}} \dot (2^{\frac{1}{2}} + 1) \geq 2^{\frac{n-1}{2}} \dot 2 = 2^{\frac{n+1}{2}} $$
Monotonie folgt also sofort aus Betrachtung der Differenz an+1 - an
Und wenn man hat, dass φn konvergiert gegen Φ, und bedenkt:
φn+1 = an+1 / an = (an + an-1 ) / an = 1 + an / an-1 = 1 + 1/ φn
Und φn und φn+1 gehen gegen den gleichen Grenzwert Φ, also
Φ = 1 + 1/Φ ==> Φ^2 - Φ - 1 = 0
Das hat zwei Lösungen, und wegen der Monotonie ist die
positive Lösung der gesuchte Grenzwert.