Aloha :)
Gegeben ist die Folge:$$a_{n+1}=\sqrt{7+a_n}\quad;\quad a_1\,:\!=1$$(a) Wir zeigen zuerst durch vollständige Induktion, dass alle \(a_n\ge1\) sind.
Verankerung bei \(n=1\):$$a_1=1\ge1\quad\checkmark$$Induktionsschritt \(n\to n+1\):$$a_{n+1}=\sqrt{7+a_n}\;\stackrel{\text{(I.V.)}}{\ge}\;\sqrt{7+1}=\sqrt8\ge1\quad\checkmark$$
(b) In einer zweiten Induktion zeigen wir, dass alle \(a_n<4\) sind.
Verankerung bei \(n=1\):$$a_1=1<4\quad\checkmark$$Induktionsschritt \(n\to n+1\):$$a_{n+1}=\sqrt{7+a_n}\;\stackrel{\text{(I.V.)}}{\le}\;\sqrt{7+4}=\sqrt{11}<\sqrt{16}=4\quad\checkmark$$Beachte bitte, dass \(3\) als Obergrenze zu klein ist, denn \(\sqrt{7+3}=\sqrt{10}>3\).
Damit haben wir gezeigt, dass die Folge \((a_n)\) beschränkt ist:$$1\le a_n<4\quad\text{für alle }n\in\mathbb N$$Du kannst die obere Schranke noch genau ausrechnen, indem du sagst, dass die Folge gegen einen Wert \(a\) konvergiert. Für sehr große \(n\) unterscheiden sich dann \(a_n\) und \(a_{n+1}\) nur noch minimal voneinander und du kannst sie beide gleich \(a\) setzen. Das führt dann auf die Gleichung:
$$\left.a=\sqrt{7+a}\quad\right|\quad(\cdots)^2$$$$\left.a^2=7+a\quad\right|\quad-a-7$$$$\left.a^2-a-7=0\quad\right|\quad\text{pq-Formel}$$$$a=\frac{1}{2}\pm\sqrt{\frac{1}{4}+7}$$Die negative Lösung entfällt, weil \(a\ge1\) sein muss. Also ist:
$$a=\frac{1+\sqrt{29}}{2}\approx3,1925824035672520156253552457702$$
