Montrons par récurrence \(\forall n \in \Nn\ x_n > 3\). Soit l’hypothèse de récurrence : \[(\mathcal{H}_n) : \quad x_n >3.\]

La proposition \(\mathcal{H}_0\) est vraie car \(x_0 = 4 > 3\). [\(\bullet\)] Soit \(n\geq 0\), supposons \(\mathcal{H}_n\) vraie et montrons que \(\mathcal{H}_{n+1}\) est alors vraie.

\[x_{n+1}-3 = \frac{2{x_n}^2-3}{x_n+2}-3 = \frac{2{x_n}^2-3x_n-9}{x_n+2}.\] Par hypothèse de récurrence \(x_n > 3\), donc \(x_n+2 > 0\) et \(2{x_n}^2-3x_n-9>0\) (ceci par étude de la fonction \(x \mapsto 2{x}^2-3x-9\) pour \(x>3\)). Donc \(x_{n+1}-3\) et \(\mathcal{H}_{n+1}\) est vraie. [\(\bullet\)] Nous avons montré \[\forall n \in \Nn \quad \mathcal{H}_{n} \Rightarrow \mathcal{H}_{n+1}\] et comme \(\mathcal{H}_{0}\) est vraie alors \(\mathcal{H}_{n}\) est vraie quelque soit \(n\). Ce qui termine la démonstration.

Montrons que \(x_{n+1}-3 - \frac{3}{2}(x_n-3)\) est positif. \[x_{n+1}-3 - \frac{3}{2}(x_n-3) = \frac{2{x_n}^2-3}{x_n+2}-\frac{3}{2}(x_n-3) = \frac{1}{2}\frac{{x_n}^2-3x_n}{x_n+2}\] Ce dernier terme est positif car \(x_n >3\). Montrons par récurrence \(\forall n \in \Nn\ x_n > \left(\frac{3}{2}\right)^n+3\). Soit notre nouvelle l’hypothèse de récurrence : \[(\mathcal{H}_n) \quad x_n >\left( \frac{3}{2}\right)^n+3.\]

La proposition \(\mathcal{H}_0\) est vraie. [\(\bullet\)] Soit \(n\geq 0\), supposons que \(\mathcal{H}_n\) vraie et montrons que \(\mathcal{H}_{n+1}\) est vérifiée.

D’après la question précédente \(x_{n+1}-3 > \frac{3}{2}(x_n-3)\) et par hypothèse de récurrence \(x_n >\left( \frac{3}{2}\right)^n+3\) ; en réunissant ces deux inégalités nous avons \(x_{n+1}-3 > \frac{3}{2}(\left(\frac{3}{2}\right)^n) = \left(\frac{3}{2}\right)^{n+1}\). [\(\bullet\)] Nous concluons en résumant la situation :
\(\mathcal{H}_{0}\) est vraie, et \(\mathcal{H}_{n} \Rightarrow \mathcal{H}_{n+1}\) quelque soit \(n\). Donc \(\mathcal{H}_{n}\) est toujours vraie.

La suite \((x_n)\) tend vers \(+\infty\) et n’est donc pas convergente.

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