La risposta non la devi cercare fuori, la risposta è dentro di te epperò è... sbagliaaata !
(cit. da Quelo - Corrado Guzzanti -
https://www.youtube.com/watch?v=WGQ7JZRZ65M)
Scherzi a parte, provo a spiergartela a modo mio, poi magari mi dici che cosa non ti è chiaro.
Partiamo dalla definizione:
\( \displaystyle \displaystyle
\begin{cases} a_1=a>\sqrt{p} \\
a_{n+1}=\tfrac{a_n^2+p}{2a_n}
\end{cases} \)
Il punto 1 è corretto, per cui possiamo dare per assodato che $a_n > 0 qquad \AA n \in \NN_{>0} $ (qui c'è una lieve imprecisione dovuta al fatto che la successione non è definita per $n = 0 $, per cui non è $\NN $, ma come scritto $ \NN_{>0} $).
Detto ciò, considera la funzione $f(x) $ corrispondente definita nel modo seguente:
$f(x) := frac{x^2 + p}{2x} $
con $x > 0 $. Si vede subito che tale funzione è continua nel suo dominio, ed è definita in tutto $\RR $ fatta eccezione per il punto $x = 0 $, che però non ci disturba perché per noi come abbiamo già scritto si ha $ x > 0 $. La derivata di tale funzione è la seguente:
$f'(x) = frac{4x^2 - 2(x^2 + p)}{4x^2} = frac{2x^2 - 2p}{4x^2} = frac{x^2 - p}{2x^2} $
Quindi $f'(x) > 0 $ per $x > sqrt{p} $ e dunque la funzione in $x = sqrt{p} $ ha un punto di
minimo $M(sqrt{p}, sqrt{p}) $. Il valore $ sqrt{p}$ è assunto dalla funzione soltanto quando $x = sqrt{p} $ e poi per $ x > sqrt{p} $ è sempre maggiore. Da quanto detto segue che
$a_{n + 1} \ge sqrt{p} \implies 1/a_{n + 1} \le 1/sqrt{p} \implies p/a_{n + 1} \le p/sqrt{p} = sqrt{p} $
Questo significa che, preso un valore iniziale $a_1 = a > sqrt{p} > 0 $, tutti gli altri valori da $a_1 $ compreso in poi non potranno essere inferiori a $sqrt{p} $. Quindi si ha:
$ p/a_{n + 1} \le sqrt{p} \le a_{n + 1} \implies a_{n + 1}^2 \ge p $
che vale $\AA n $. Ora dalla definizione si ha:
$ a_{n+1} = frac{a_n^2+p}{2a_n} \implies a_{n+1} - a_n = frac{a_n^2+p}{2a_n} - a_n = frac{a_n^2+p - 2a_n^2}{2a_n} = frac{p - a_n^2}{2a_n} \le 0 $
perché abbiamo appena dimostrato che $ a_{n}^2 \ge p \qquad \AA n \in \NN_{> 0} $ e d'altronde $a_n > 0 $. Ma allora $a_{n+1} \le a_n $ e quindi la successione è decrescente e compresa fra i valori $sqrt{p}$ e $a_1 = a > sqrt{p}$, pertanto è limitata. Poiché una successione monotona converge se e solo se è limitata, esiste un valore $ l \ge sqrt{p} $ al quale la successione proposta converge. Ora, considerando che la funzione $f(x) $ è continua, per definizione di continuità il valore $l$ del suo limite è pari al valore della funzione calcolata in $ x = l $, cioè $l = frac{l^2 + p}{2l} \implies l = sqrt{p} $. D'altronde si ha:
$a_{n + 1} - sqrt{p} = a_{n + 1} - a_n + a_n - sqrt{p} = frac{p - a_n^2}{2a_n} + a_n - sqrt{p} = 1/2(p/a_n - a_n) + a_n - sqrt{p} \le $
$ \le 1/2(sqrt{p} - a_n) + a_n - sqrt{p} = frac{a_n - sqrt{p}}{2}$
Applicando ricorsivamente la disuguaglianza appena trovata $a_{n + 1} - sqrt{p} \le frac{a_n - sqrt{p}}{2}$
si trova:
$a_{n + 1} - sqrt{p} \le 1/2 (a_n - sqrt{p}) \le 1/2^2 (a_{n - 1} - sqrt{p}) \le ... \le 1/2^n (a_{1} - sqrt{p}) = frac{a - sqrt{p}}{2^n} > 0 $
e quindi $\AA \epsilon > 0 $ esiste un $\bar n : \AA n \ge \bar n $ si ha:
$ a_{n + 1} - sqrt{p} \le frac{a - sqrt{p}}{2^n} < epsilon $
che dimostra la convergenza della successione a $ sqrt{p} $.