Commençons par remarquer que si $P$ et $Q$ sont deux polynômes qui conviennent, alors pour tout $z\in\Cc^*$ , $P\left(z+\frac{1}{z}\right)-Q\left(z+\frac{1}{z}\right)=0$ . En appliquant cette égalité à $z=e^{i\theta}$ , on obtient $(P-Q)(2\cos\theta)=0$ . Le polynôme $P-Q$ a une infinité de racines, donc il est nul, ce qui montre $P=Q$ . Montrons l’existence de $P$ par récurrence forte sur $n$ :

Pour $n=0$ , $P=2$ convient et pour $n=1$ , $P=X$ convient.
Passage des rangs $k\le n$ au rang $n+1$ . Si on note $P_k$ le polynôme construit pour $k\le n$ , on a $z^{n+1}+\frac{1}{z^{n+1}}=(z+\frac{1}{z})(z^n+\frac{1}{z^n})-(z^{n-1}+\frac{1}{z^{n-1}}) =(z+\frac{1}{z})P_n(z+\frac{1}{z})-P_{n-1}(z+\frac{1}{z})$ donc $P_{n+1}(X)=XP_n(X)-P_{n-1}(X)$ convient.
On a ainsi construit $P_n$ pour tout $n$ (avec $\deg P_n =n$ ).

Fixons $n$ et notons $P$ le polynôme obtenu. Pour tout $\theta\in\R$ , $P(e^{i\theta}+e^{-i\theta})=e^{in\theta}+e^{-in\theta}$ donc $P(2\cos(\theta))=2\cos(n\theta)$ .

En posant $x=2\cos(\theta)$ et donc $\theta = \Arccos(\frac x2)$ on obtient la relation Ainsi, $P(x)=2\cos(n\Arccos(\frac x2)) \qquad \forall x\in[-2,2]$ Le polynôme dérivée est $P'(x)=\frac{n}{\sqrt{1-(\frac{x}{2})^2}}\sin(n\Arccos(\frac x2))$ , il s’annule en changeant de signe en chaque $\alpha_k = 2\cos(\frac{k\pi}{n})$ , ainsi $P'(\alpha_k)=0$ pour $k = 0,\ldots,n$ .

On calcule aussi que $P(\alpha_k) = \pm 2$ . Le tableau de signe montre que $P$ est alternativement croissante (de $-2$ à $+2$ ) puis décroissante (de $+2$ à $-2$ ) sur chaque intervalle $[\alpha_{k+1}, \alpha_k]$ , qui forment une partition de $[-2,2]$ . D’après le théorème des valeurs intermédiaires, $P$ possède $n$ racines simples (une dans chaque intervalle $[\alpha_{k+1}, \alpha_k]$ ) dans $[-2,2]$ . Puisque $P$ est de degré $n$ , on a ainsi obtenu toutes ses racines.

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