Đa thức trêbưsep và xấp xỉ trêbưsep

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
KHOA TOÁN CƠ TIN HỌC

PHẠM MINH ĐẠO

ĐA THỨC TRÊBƯSEP VÀ
XẤP XỈ TRÊBƯSEP

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
Chuyên ngành: Toán Giải tích
Mã số: 60.46.01.02

Người hướng dẫn: PGS.TS. Nguyễn Minh Tuấn
Hà Nội 2014


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
KHOA TOÁN CƠ TIN HỌC

PHẠM MINH ĐẠO

ĐA THỨC TRÊBƯSEP VÀ
XẤP XỈ TRÊBƯSEP

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
Chuyên ngành: Toán Giải tích
Mã số: 60.46.01.02

Người hướng dẫn: PGS.TS. Nguyễn Minh Tuấn

Hà Nội 2014


Mục lục
Phần mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
Chương 1. Đa thức Trêbưsep . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.1. Định
nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2. Tính
chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3. Một vài ứng dụng của đa thức Trêbưsep . . . . . . . . . . . . . . . . . .
22
1.3.1. Độ lệch của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

1.3.2. Định lí Berstein Markov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

Chương 2. Xấp xỉ Trêbưsep . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 2.1.
Xấp xỉ một hàm số bởi đa thức Trêbưsep . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 2.2.
Chuỗi Trêbưsep . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
2.3. Hệ số Trêbưsep . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

2.4. Tính chất tối ưu của khai triển Trêbưsep. . . . . . . . . . . . . . . . . 49
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
Tài liệu tham khảo. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

1


PHẦN MỞ ĐẦU

Đa thức Trêbưsep (P.L. Chebyshev) có vị trí rất đặc biệt trong toán
học. Nó xuất hiện ngay trong các bài toán trong toán học sơ cấp, đặc biệt
trong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế. Đa thức Trêbưsep cũng
có rất nhiều ứng dụng trong toán học như Lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết nội
suy,.... Vì đa thức Trêbưsep rất quan trọng, nên có rất nhiều

bài báo và các công trình toán học nghiên cứu về nó. Chính vì thế
nên tôi được thầy hướng dẫn là PGS.TS. Nguyễn Minh Tuấn giao
cho làm luận văn thạc sỹ khoa học với tên đề tài
"ĐA THỨC TRÊBƯSEP VÀ XẤP XỈ TRÊBƯSEP"
Luận văn này được trình bày để làm rõ thế nào là đa thức
Trêbưsep loại 1, loại 2 và một ứng dụng của đa thức Trêbưsep trong
chứng minh định lí Berstein Markov, xấp xỉ Trêbưsep .
Ngoài phần mở đầu luận văn gồm hai chương, phần kết luận và
danh mục tài liệu tham khảo.
Chương 1. Đa thức Trêbưsep.
Chương này giới thiệu định nghĩa về đa thức Trêbưsep loại 1,
loại 2 và một số tính chất của nó như tính chất trực giao,...
Phần cuối của chương này là một số ứng dụng của đa thức Trêbưsep
là độ lệch của đa thức và chứng minh định lí Berstein Markov.

Chương 2. Xấp xỉ Trêbưsep.
Chương này giới thiệu xấp xỉ một hàm số bởi đa thức Trêbưsep,
chuỗi Trêbưsep, hệ số Trêbưsep và tối ưu của khai triển Trêbưsep.
Luận văn được trình bày dưới sự hướng dẫn tận tình của thầy giáo
PGS.TS Nguyễn Minh Tuấn. Tôi xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn


3

sâu sắc đến Thầy. Tôi xin gửi lời cám ơn của mình tời toàn bộ các
thầy cô giáo trong khoa ToánCơTin học, Khoa sau đại học trường
Đạ i học KHTN Đại học quốc gia Hà Nội đã giảng dạy và giúp đỡ tôi
trong su ốt quá trình học tập tại đây.
Tôi cũng xin cảm ơn các bạn trong lớp cao học toán 20112013
ngh ành Toán Giải tích Khoa Toán CơTin học trường Đại học Khoa
học Tự nhiên ĐHQG Hà Nội đã nhiệt tình giúp đỡ tôi trong quá trình
học tập và làm luận văn này.
Cuối cùng tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến Ban giám hiệu, các đồng
nghiệp và các học sinh trường THPT Yên Phong số 2 Bắc Ninh đã độ
ng viên và tạo điều kiện, giúp đỡ tôi hoàn thành luận văn này.
Tuy đã có nhiều cố gắng nhưng do thời gian và khả năng có hạn
nên các vấn đề trong luận văn vẫn chưa được trình bày sâu sắc và
không thể tránh khỏi có những sai sót trong cách trình bày. Mong được
sự góp ý xây dựng của thầy cô và các bạn. Tôi xin chân thành cảm ơn!


Chương 1
Đa thức Trêbưsep
1.1. Định nghĩa
Trước hết, ta nhắc lại rằng một đa thức là một hàm số p(x) được
viết dưới dạng
p(x) = a0 + a1x +

n

+ anx ,

trong đó a0, . . . , an là các số thực và x là biến thực. Nếu an = 0, thì ta
nói rằng p là đa thức bậc n. Tập hợp các đa thức có bậc không vượt

quá n ta kí hiệu là Pn; nghĩa là, nếu
p(x) = a0 + a1x +

k

+ akx

và k ≤ n thì p ∈ Pn.
Xét hàm số
Tn(x) = cos nθ,

trong đó n là một số tự nhiên, x = cos θ, và 0 ≤ θ ≤ π. Khi θ tăng từ 0
đến π thì x giảm từ 1 đến 1. Hàm số Tn(x) được định nghĩa bởi (1.2)
xác định trên khoảng −1 ≤ x ≤ 1, ta kí hiệu khoảng đó là I; có nghĩa là,
cho x ∈ I, ta tìm được giá trị duy nhất của θ = arccos x thỏa mãn 0 ≤ θ
≤ π và Tn(x) có giá trị cos nθ. Vì vậy Tn(x) là một hàm số đơn trị


5

xác định trên I, có thể viết như sau

trong đó 0 ≤ arccos x ≤ π.
Ta nhắc lại rằng
và
inθ

e

n

= (cos θ + i sin θ) = cos nθ + i sin nθ.

Dùng khai triển nhị thức Newton, ta có
n

n

1

(cos θ + i sin θ) = cos θ + Cn cos

n−1

θ(i sin θ)

Cân bằng phần thực của phương trình (1.4), ta thu được
n

2

n−2

cos nθ = cos θ − Cn cos

2[n/2]

+ (−1)[n/2]Cn

2

4

θ sin θ + Cn cos

n−4

4

θ sin θ +

cosn−2[n/2] θ sin2[n/2] θ.

2

Thay sin θ = 1 − cos2 θ vào (1.5) ta thu được
[n/2]

cos nθ =
q=0

Vế phải của (1.6) là một đa thức với x = cos θ, và vì vậy hàm số Tn(x)
được định nghĩa trong (1.3) là một đa thức. Ta tiến tới xác định các
hệ số của chúng.
Vế phải của (1.6) là có hình dạng tổng tam giác; cụ thể là, nếu ta
q

viết Aq = (−1) Cn

2q

cos

n−2q

θ, q = 0, . . . ,

n

2 ,

và
k

k

Bk,q = (−1) Cq cos

2k

θ,

k = 0, 1, . . . , q,


6

thì
cos nθ = A0B0,0

+A B
1

0,1

+A B
1

1,1

+

.

+A

B

[n/2] 0,[n/2]

++ A

[n/2]

B

.

[n/2],[n/2]

Cộng lại lấy tổng bên phải của ( 1.7 ) bằng cởi đường chéo kế tiếp,
ta thu được

cos nθ = (A B
+ (A B

0

0 0,1

0,0

+A B
1

+A B

1 1,2

+

1,1

+

+A
+A

[n/2]

B

B

[n/2],[n/2]

[n/2] [n/2]−1,[n/2]

)

)

+

.

+
+

(A
A

[n/2]−1

B

B

0,[n/2]−1

[n/2] 0,[n/2]

;

+A

[n/2]

B

1,[n/2]

)

hoặc, bằng cách thay thế Aq và Bk,q với những vị trí đứng của chúng cho
cos nθ =

Đẳng thức (1.8) biểu thị rằng Tn(x) là một đa thức bậc n.
Nếu ta viết
Tn(x) = t0 + t1x +

Thì từ (1.8), ta rút ra

t

n−(2k+1)

= 0,

tn−2k = (−1)

k
j=k


7

Vậy Tn(x) có các giá trị trong I, là một đa thức bậc n, xác định với mọi
giá trị của x (đúng cho cả mọi số phức x). Đa thức Tn(x) như vậy gọi
là đa thức Trêbưsep bậc n, và ta có định nghĩa sau
Định nghĩa 1.1.1. Với n ∈ N, đa thức Trêbưsep loại 1 là đa thức Tn(x)
thỏa mãn điều kiện
Tn(x) := cos(n arccos x).

Với
n

= 0 T0(x) = 1,

n

= 1 T1(x) = x,

n

= 2 T2(x) = 2x − 1,

n

= 3 T3(x) = 4x − 3x,

n

= 4 T4(x) = 8x − 8x + 1,

n

= 5 T5(x) = 16x − 20x + 5x.

2
3
4

2

5

3

Hình 1.1: Đồ thị của T0, T1, T2, T3, T4,
T5 Đặt cos θ = x (θ = arccos x), ta có
cos(k − 1)θ = Tk−1(cos θ), cos kθ = Tk(cos θ).


8

Từ hệ thức
cos(k + 1)θ + cos(k − 1)θ = 2 cos θ cos kθ,

suy ra

Tk+1(cos θ) = 2 cos θ cos kθ − cos(k − 1)θ = 2 cos θTk(cos θ) − Tk−1(cos θ).

Hay
Tk+1(x) = 2xTk(x) − Tk−1(x).

Từ đó ta đưa đến định nghĩa sau tương đương với Định nghĩa 1.1.1
như sau
Định nghĩa 1.1.2. Với n ∈ N, đa thức Trêbưsep (loại 1) bậc n là đa
thức Tn(x) ,xác định như sau
T0(x) = 1, T2(x) = x
Tn+1(x) = 2xTn(x) − Tn−1(x) (n ≥ 1).

Lấy vi phân Tn(x) = cos nθ đối với x ta thu được
′

Tn (x) =

Từ đó ta có định nghĩa sau

Un(x) =

(trong đó cos θ = x (θ = arccos x)) được gọi là các đa thức Trêbưsep
loại 2.
Theo Định nghĩa 1.1.3, ta có
n

= 0 U0(x) = 1;

n

= 1 U1(x) = 2x;

n

= 2 U2(x) = 4x − 1;

n

= 3 U3(x) = 8x − 4x;

n

= 4 U4(x) = 16x − 12x + 1;

n

= 5 U5(x) = 32x − 32x + 6x.

2
3

4

2

5

3

9
U0, U1, U2, U3, U4, U5 được mô tả bởi hình dưới đây

Hình 1.2: Đồ thị của U0, U1, U2, U3, U4, U5

Mặt khác từ hệ thức
sin(n + 2)θ + sin nθ = 2 cos θ sin(n + 1)θ,

suy ra

Hay
Un+1(x) = 2xUn(x) − Un−1(x).

Từ đó ta đưa ra định nghĩa sau tương đương với Định nghĩa 1.1.3
như sau
Định nghĩa 1.1.4. Các đa thức Un(x) (n ∈ N) được xác định như sau
U0(x) = 1; U1(x) = 2x
Un+1(x) = 2xUn(x) − Un−1(x) (n ≥ 2),

được gọi là các đa thức Trêbưsep loại 2.


10

1.2. Tính chất
Từ công thức (1.10), ta quan sát thấy rằng, các hệ số của Tn(x) là
các số nguyên và đan xen dấu, hệ số bậc cao nhất là một số dương.
Nếu n > 0, thì ta có
[n/2]

2j

tn =

Cn =

j=0

n 1

Tính chất 1.2.1. i) Đa thức Tn(x) có bậc n có hệ số cao nhất bằng 2

.

−

n

ii) Đa thức Un(x) là đa thức bậc n có hệ số bậc cao nhất bằng 2 .
Chứng minh. i) Sử dụng Định nghĩa 1.1.2 và phép quy nạp theo n,
ta dễ chứng minh được đa thức Tn(x) có bậc n có hệ số cao nhất bằng
2n−1.

ii) Sử dụng Định nghĩa 1.1.4 và phép quy nạp theo n, ta dễ chứng
minh được đa thức Un(x) có bậc n có hệ số cao nhất bằng 2n.
Công thức (1.10) cũng cho thấy n chẵn thì tất cả các lũy thữa của
x trong Tn(x) là chẵn, còn khi n lẻ thì tất cả các lũy thừa của x cũng là
lẻ. Vì vậy với mọi số nguyên không âm n, ta có
n

Tn(−x) = (−1) Tn(x).

Do đó, ta có tính chất sau
Tính chất 1.2.2. i) Đa thức Tn(x) là hàm chẵn khi n chẵn; là hàm lẻ
khi n lẻ.
ii) Đa thức Un(x) là hàm chẵn khi n chẵn; là hàm lẻ khi n lẻ.
Chứng minh. Sử dụng Định nghĩa 1.1.1, ta có:
Tn(− cos θ) =Tn[cos(π + θ)] = cos n(π + θ)
n

= cos(nπ + nθ) = (−1) cos
n

nθ =(−1) Tn(cos θ).


11
n

Từ đó suy ra Tn(−x) = (−1) Tn(x), đó là điều cần chứng minh.
Ghi chú
+

Với n chẵn, đa thức Tn(x) là một hàm chẵn, vậy khai triển của
Tn(x) chỉ gồm các lũy thừa bậc chẵn của x
Tn(x) = 2

n−1 n

x + ax

n−2

+ bx

n−4

+

+
Với n lẻ, đa thức Tn(x) là một hàm lẻ, vậy khai triển của Tn(x) chỉ
gồm các lũy thừa bậc lẻ của x
Tn(x) = 2

n−1 n

x + ax

n−2

+ bx

n−4

+

Ta nhắc lại rằng nghiệm của đa thức p(x) là tất cả các giá trị của x
sao cho p(x) = 0. Do đó ta có tính chất sau
Tính chất 1.2.3. i) Đa thức Tn(x) có đúng n nghiệm phân biệt trên
đoạn [1; 1] là

xk = cos

ii) Đa thức Un(x) có đúng n − 1 nghiệm phân biệt trên đoạn (1; 1) là
xk = cos

Chứng minh. Trước hết ta tìm x ∈ [−1; 1] sao cho Tn(x) = 0.
Với |x| ≤ 1, ta có thể đặt x = cos θ, vậy
π
0 = Tn(x) = Tn(cos θ) = cos nθ ⇒ nθ = 2 + kπ

π

⇒θ=2 n+

kπ

n (k ∈ Z).

π
kπ
Đặt θk = 2 n +
n , ta có
x

= cos θ = cos
k

Biểu diễn trên đường tròn lượng giác, tuy ta được 2n điểm θk khác nhau,

k

12
y

θ
θ

1

θ0

N−1

x

N−1

θ

N+1

Hình 1.3: Biểu diễn các nghiệm của đa thức Trêbưsep

nhưng chúng lập thành từng cặp đối xứng nhau qua trục Ox. Vậy chỉ
có n giá trị khác nhau của xk, ứng với k = 1, 2, . . . , n
xk = cos

Vậy trên đoạn [1; 1], ta tìm được n nghiệm phân biệt của Tn(x), mà một
đa thức bậc n không thể có hơn n nghiệm thực. Do đó Tn(x) không còn

nghiệm nào khác, ngoài các nghiệm được xác định bởi công thức
xk = cos

1
ii) Theo Định nghĩa 1.1.3, ta có Un(x) = n Tn′+1(x) và do Tn(x) có đúng
n nghiệm thực phân biệt trên [1; 1], nên theo định lý Rolle ta có ngay
điều phải chứng minh.
Tính chất 1.2.4. a) |Tn(x)| ≤ 1 ∀x ∈ [−1; 1], đẳng thức |Tn(x)| = 1 chỉ xảy
ra với n + 1 giá trị xk

x

k = cos


13

rõ hơn
k

Tn(xk) = (−1) .

Các điểm xk còn được gọi là các điểm luân phiên Trêbưsep.
b)

Un(x) ≤ n + 1 ∀x ∈ (−1; 1)

Chứng minh. a) Với |x| ≤ 1, đặt x = cos θ, ta có
|Tn(x)| = |Tn(cos θ)| = | cos nθ| ≤ 1.

Trên đoạn [−1; 1], đẳng thức
|Tn(x)| = | cos nθ| = 1

tương đương với

Đặt

θ
k

Hình 1.4: Biểu diễn các điểm luân phiên Trêbưsep


Biểu diễn trên đường tròn lượng giác, ta thấy chỉ có n + 1 giá trị xk
khác nhau, ứng với k = 0, 1, 2 . . . , n.
Với mỗi giá trị xk đó, ta có
Tn(xk) = Tn(cos

kπ

k

n ) = (cos kπ) = (−1) .


14

b) Với mỗi x ∈ (−1; 1), ta đặt x = cos θ, ∀θ ∈ (0; π). Kho đó

Un(x) = sin(n + 1)θ .

sin θ

Bằng phương pháp quy nạp theo n, ta chứng minh được
| sin(n + 1)θ| ≤ (n + 1)| sin θ|.

Vậy Un(x) ≤ n + 1 ∀x ∈ (−1; 1).
Tính chất 1.2.5.
′

2

|Tn (x)| ≤ n ∀x ∈ (−1; 1).

1
′
Chứng minh. Theo Định nghĩa 1.1.3, ta có Un−1(x) = n Tn′(x) ⇒ Tn
(x) = nUn−1(x).

Theo Tính chất 1.2.4, thì Un−1(x) ≤ n.
Do đó, ta suy ra
2

|Tn′(x)| ≤ n ∀x ∈ (−1; 1).
∗

Tính chất 1.2.6. i) Un(x) = xUn−1(x) + Tn(x) ∀n ∈ N , ∀x ∈ (−1; 1).
ii)

∗

2

Tn+1(x) = xTn(x) − (1 − x )Un−1(x) ∀n ∈ N , ∀x ∈ (−1; 1).

Chứng minh. i) Với ∀x ∈ (−1; 1), ta đặt x = cos θ, θ ∈ (0; π).
Ta có Un(x) =
Do đó

=
=

2

sin(n + 1)θ(1 − cos θ) + cos(n + 1)θ sin θ cos θ

sin θ
sin(n + 1)θ sin θ + cos(n + 1)θ cos θ = cos nθ = Tn(x)
∗

Vậy Un(x) = xUn−1(x) + Tn(x) ∀n ∈ N , ∀x ∈ (−1; 1).
ii) Với ∀x ∈ (−1; 1), ta đặt x = cos θ, θ ∈ (0; π).


Ta có Un−1(x) =
Do đó
Tn+1(x) + (1 − x )Un(x) = cos(n + 1)θ + sin
=

cos nθ cos θ − sinnθ sin θ + sin nθ sin θ

=

cos nθ cos θ = xTn(x).

2

Vậy Tn+1(x) = xTn(x) − (1 − x )Un−1(x) ∀n ∈ N, ∀x ∈ (−1; 1).
Tính chất 1.2.7. Với mọi n ∈ N, ∀x ∈ (−1; 1), ta có
n

x+

2

x −1

2

x − 1.

= Tn(x) + Un−1

Chứng minh. Cách 1. Sử dụng phương pháp quy nạp.
Sử dụng Tính chất 1.2.6 ta có
2

x+ x −1

2

2

=xTn(x) + (x − 1)Un−1 + [xUn−1(x) + Tn(x)] x − 1
2

=Tn+1(x) + Un(x) x − 1.

Cách 2. Đặt x = cos θ sử dụng công thức Mooiver và Định nghĩa
1.1.3, ta có
x+

Từ
Suy ra

1
n

T

′

(x) =
n

từ đó ta dễ dàng kiểm tra rằng y = Tn(x) thỏa mãn phương trình vi
phân tuyến tính cấp 2


2 ′′

′

2 2

(1 − x )y − xy + n y = 0.

Do đó, ta có tính chất sau


16

Tính chất 1.2.8. Với ∀n ∈ N, ∀x ∈ (−1; 1), ta có
i)
ii)

2

′′

2

′′

′

2

(1 − x )Tn (x) − xTn (x) + n Tn(x) = 0.
′

(1 − x )Un (x) − 3xUn + n(n + 2)Un(x) = 0.

Chứng minh. i) Với mọi x ∈ (−1; 1), ta có Tn(x) = cos(n arccos x).
Suy ra
Tn

n sin(n arccos x)

′

=

Tn

2

√,1−x

2

−

nx sin(n arccos x)

′′

=

√

(1 − x2)

′′

′

cos(n

1 − x2

n

2

arccos x) .
2
1−x

2

Do đó (1 − x )Tn (x) − xTn (x) + n Tn(x) = 0.
ii) Với mọi x ∈ (−1; 1), ta có Un(x) =
Suy ra
U

′

(x) = −(n + 1) co

n

2

(x) = −(n + 1) sin[(n + 1) arccos x]

U′′

n

2

′′

′

Do đó (1 − x )Un (x) − 3xUn + n(n + 2)Un(x) = 0.
Nhận xét. Nếu Tn(x) = t0 + t1x +
ta thu được

hoặc

Tổ hợp lại các hệ số, ta thu được

+


n−2

0=

2

2

(tk(n − k )
k=0


17

từ đó ta rút ra kết luận rằng
tn−1 = 0

và
2

2

tk(n − k ) + tk+2(k + 2)(k + 1) = 0,

k = 0, . . . , (n − 2).

Mặt khác, từ t
n−(2k−1)

và

Trong trường hợp tổng quát, ta có
t−
n 2m

hay
tn−2m = (−1)

m

Tính chất 1.2.9. (Tính chất trực giao) Với m, n ∈ N, ta có
i)

(m = n)
(m = n = 0) .
(m = n = 0)
(m = n)
(m = n = 0) .
(m = n = 0)

ii)

Chứng minh. i) Đặt x = cos θ ⇒ θ = arccos x. Ta có


(m = n)
(m = n = 0) .
(m = n = 0)


−1

ii) Đặt x = cos θ ⇒ θ = arccos x. Ta có
π

sin(m + 1)θ sin(n + 1)θdθ =
0

Do đó ta thu được

ii)

Tổng quát. Với mọi đa thức K(x) có bậc là n − 1 ta có
1
−1

Tính chất 1.2.10. Với mọi x ∈ [−1; 1], ∀m, n ∈ N thì ta có

√


i)

Tm+n(x) + Tm−n(x) = 2Tm(x)Tn(x).

ii)
iii)

Tm(Tn(x)) = Tmn(x).
Um+n(x) + Um−n(x) = Tn(x)Um(x).

Chứng minh. i) Với mọi x ∈ [−1; 1], đặt x = cos θ với θ ∈ [0; π] thì ta
có Tn(x) = cos nθ và
Tm+n(x) + Tm−n(x) = cos(m + n)θ + cos(m − n)θ

= 2 cos mθ cos nθ = 2Tm(x)Tn(x).