karakusc proporcionó un enlace a una solución. Pero las respuestas allí están utilizando técnicas diferentes (y más complicadas) a las que propusiste. Estoy agregando una respuesta aquí para continuar con tu buena idea de tratar de demostrar que $(a_n)$ es monótona y acotada.
Observa que $$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{1}{2}\left(1 + \frac{\sigma}{a_n^2}\right)$$ lo que muestra que $a_{n+1} \leq a_n$ si y solo si $a_n^2 \geq \sigma$.
Ahora, podemos reorganizar la recurrencia como $$2a_{n+1}a_n = a_n^2 + \sigma$$ Luego observa que $$\begin{align} (a_{n+1} - a_n)^2 &= a_{n+1}^2 - 2a_{n+1}a_n + a_n^2 \\ &= a_{n+1}^2 - a_n^2 - \sigma + a_n^2 \\ &= a_{n+1}^2 - \sigma \\ \end{align}$$ Como el lado izquierdo es no negativo, también lo es el lado derecho, por lo que esto muestra que $a_{n+1}^2 \geq \sigma$ para todo $n \geq 1$, es decir, $a_n^2 \geq \sigma$ para todo $n \geq 2$.
Combinando esto con la observación del primer párrafo, vemos que $a_{n+1} \leq a_n$ para todo $n \geq 2$.
También podemos demostrar que $(a_n)$ está acotada inferiormente de la siguiente manera. Nos dan que $a_1 > 0$. La recurrencia muestra que si $a_n > 0$ entonces $a_{n+1} > 0$. Por lo tanto, mediante una simple inducción, $a_n > 0$ para todo $n$. Así que $0$ es una cota inferior. Pero podemos hacerlo mejor que eso: también nos dan que $\sigma > 0$. Por lo tanto, $a_n^2 \geq \sigma$ para $n \geq 2$ implica $a_n \geq \sqrt{\sigma}$ para $n \geq 2$.
Por lo tanto, para $n \geq 2$, hemos demostrado que $(a_n)$ es decreciente y acotada inferiormente (por $\sqrt{\sigma}$), por lo tanto convergente.
Por lo tanto, el límite $L$ existe, y la recurrencia muestra que debe cumplir $$L = \frac{1}{2}\left(L + \frac{\sigma}{L}\right)$$ entonces $L = \sqrt{\sigma}$.
