Aloha :)
Die Folge \((F_n)\) sei rekursiv wie folgt definiert:$$F_{n+2}=F_{n+1}+F_n\quad;\quad F_1\coloneqq1\;;\;F_2\coloneqq2$$
Wir untersuchen die Folge \(x_n\coloneqq\frac{F_{n+1}}{F_n}\) auf Konvergenz und schreiben zunächst \((x_n)\) selbst rekursiv auf:$$x_{n+1}=\frac{F_{n+2}}{F_{n+1}}=\frac{F_{n+1}+F_n}{F_{n+1}}=\frac{F_{n+1}}{F_{n+1}}+\frac{F_n}{F_{n+1}}=1+\frac{1}{\frac{F_{n+1}}{F_n}}=1+\frac{1}{x_n}$$Mit dem Startwert \(x_1\coloneqq\frac{F_2}{F_1}=\frac21=2\) haben wir also folgenden Patienten vorliegen:$$x_{n+1}=1+\frac{1}{x_n}\quad;\quad x_1=2$$
Beschränktheit: Wir zeigen \(\frac32\le x_n\le2\) durch vollständige Induktion.
Für \(x_1\) ist das durch die Definition der Folge \((x_n)\) klar. Im Induktionsschritt gilt:$$\frac32\le x_n\le2\implies\frac23\ge\frac{1}{x_n}\ge\frac12\stackrel{(+1)}{\implies}\frac53\ge1+\frac{1}{x_n}\ge\frac32\implies 2\ge\frac53\ge x_{n+1}\ge\frac32\quad\checkmark$$
Monotonieverhalten: Wir zeigen, dass \((x_n)\) monton fällt.
Dazu betrachten wir zunächst eine beliebige positive Zahl \(a>0\):$$(a-1)^2\ge0\implies a^2-2a+1\ge0\stackrel{(\colon a)}{\implies}a-2+\frac1a\ge0\implies a+\frac1a\ge2$$Damit erhalten wir für unsere Folge:$$x_{n+1}-x_n=1+\frac{1}{x_n}-x_n=1+\left(\frac{1}{x_n}+x_n\right)-2x_n\stackrel{(\text{s.o.})}{\ge}1+2-2x_n=3-2x_n\le0$$Die letzte Abschätzung gilt, weil die Beschränkung \(x_n\ge\frac32\) bereits nachgewiesen wurde. Damit ist \(x_{n+1}\le x_n\) und die Folge \((x_n)\) daher monoton fallend.
Grenzwert: Jede beschränkte monotone Folge konvergiert. Das trifft auf \((x_n)\) zu.
Wenn \((x_n)\) gegen \(x\) konvergiert, gilt dies auch für \((x_{n+1})\), daher gilt:$$\left.x_{n+1}=1+\frac{1}{x_n}\quad\right|\lim\limits_{n\to\infty}(\cdots)$$$$\left.x=1+\frac1x\quad\right|\cdot x$$$$\left.x^2=x+1\quad\right|-x-1$$$$\left.x^2-x-1=0\quad\right|\text{pq-Formel}$$$$x_{1;2}=\frac12\pm\sqrt{\frac14+1}=\frac12\pm\frac{\sqrt5}{2}=\frac{1\pm\sqrt5}{2}$$
Wegen \(\frac32\le x_n\le2\) kommt nur eine Lösung in Betracht:$$x=\frac{1+\sqrt5}{2}$$
