Para $x > 0$, es este truco válido?
Yo uso $$ ( \sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)=x-1 $$
a continuación, $$ \sqrt{x}+1 = \frac{x-1}{\sqrt{x}+1-2} $$
por lo tanto puedo usar iteraciones para obtener el racional approximant
$$ \sqrt{x} \approx \frac{a(0)+a(1)x+...a(n)x^{n}}{b(0)+b(1)x+..+b(m)x^{m}} $$
Repitiendo este procedimiento que puede utilizar este método para obtener una racional approximant a $ x^{2^{-n}} $ por entero $n$ válido para los positivos $x$.
La convergencia sería más fácil probar que si el otro factor que había sido elegido como el denominador:
$$ \sqrt{x} - 1 = \frac{x-1}{\sqrt{x} + 1} = \frac{x-1}{2 + (\sqrt{x} - 1)} $$
que después de repetir la sustitución da de manera efectiva:
$$ \sqrt{x} = 1 + \cfrac{x-1}{2 + \cfrac{x-1}{2 + \cfrac{x-1}{2 + \cfrac{x-1}{2 + \ddots}}}} $$
Si asumimos $x \gt 1$ ($x = 1$ es trivial), entonces esto continuó fracción converge (y en realidad de lo finito truncamientos dar la alternancia de los límites superior e inferior).
En este caso, el convergents de la continuación de la fracción corresponden a punto fijo repite:
$$ y_0 = 1 $$
$$ y_{k+1} = f(y_k) = 1 + \frac{x-1}{1+y_k} $$
Aquí $y_0 = 1$ es una "semilla", como se refiere en user58512 la Respuesta, y queremos mostrar que la secuencia de $\{y_k\}$ converge a $\sqrt{x}$, asumiendo $x \gt 1$. [Hemos mencionado ya la tontería de caso $x=1$, y como una nota al margen los casos de $0 \lt x \lt 1$ están cubiertos por la Śleszyński–Pringsheim teorema.]
La prueba de convergencia mezcla un poco de lo global y local análisis de la iteración. Primero una nota global, que la asignación de $f$ envía $y_0 = 1$ a un valor positivo, y a partir de entonces envía positivo $y_k$ positivos $y_{k+1}$. Es fácil preguntar en qué puntos fijos $y = f(y)$ son posibles, y la respuesta en $\mathbb{R}^+$ es que sólo $y = \sqrt{x}$ es.
Junto a una pieza de análisis local. Considere la posibilidad de los "errores" $\epsilon_k = y_k - \sqrt{x}$. Desde $y_k = \sqrt{x} + \epsilon_k$, estos deben cumplir:
$$ \epsilon_{k+1} = 1 + \frac{x-1}{1+\sqrt{x}+\epsilon_k} - \sqrt{x} = - \frac{\epsilon_k (\sqrt{x} - 1)}{\sqrt{x} + 1 + \epsilon_k} $$
Esto no acaba de llegar a la asignación de contracción conclusión, pero sí dos cosas buenas. Debido a $\epsilon_k = y_k - \sqrt{x}$ $y_k$ es positivo, lo anterior sin duda demuestra el principio de nuestra afirmación de que la convergents alternar entre los límites superior e inferior en $\sqrt{x}$, es decir, que la $\epsilon_k$ se alternan en signo (siempre distinto de cero). También, tenemos que una vez $\epsilon_k \gt -2$, los errores realmente comenzará contratante. Sin embargo al principio $\epsilon_0 = 1-\sqrt{x}$, por lo que debemos proceder con el análisis.
El hecho de que el convergents están cambiando hacia atrás y adelante a través de $\sqrt{x}$ sugieren que pensar en dos pasos, la asignación de $\epsilon_k$$\epsilon_{k+2}$. Después de algo de álgebra podemos encontrar:
$$ \epsilon_{k+2} = \frac{\epsilon_k (\sqrt{x} - 1)^2}{(\sqrt{x} + 1)^2 + 2\epsilon_k} $$
y esto es suficiente para darnos una estricta contracción por mitad cada dos pasos al $\epsilon_k \ge -\sqrt{x}$ (como es). QED
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