Convergence de l'interpolation de Fejér-Hermite

Résolution.

1. $T_n(\cos \theta) = 0 \iff n\theta \equiv \frac{\pi}{2} \pmod \pi$. Les racines de $T_n$ dans $]-1, 1[$ sont les :
   $$\boxed{ a_j = \cos\left( \frac{2j-1}{2n} \pi \right)   \text{pour } j \in \{1, \dots, n\} }$$
   Le coefficient dominant de $T_n$ est $2^{n-1}$ pour $n \ge 1$, donc :
   $$\boxed{ \Pi(X) = \frac{1}{2^{n-1}} T_n(X) }$$
   Par définition, $L_j(X) = \frac{T_n(X)}{(X-a_j)T_n'(a_j)}$. Effectuons un développement limité de $T_n$ en $a_j$ :
   $$T_n(X) = (X-a_j)T_n'(a_j) + \frac{(X-a_j)^2}{2}T_n''(a_j) + o((X-a_j)^2)$$
   En divisant par $(X-a_j)T_n'(a_j)$, on obtient :
   $$L_j(X) = 1 + \frac{X-a_j}{2} \frac{T_n''(a_j)}{T_n'(a_j)} + o(X-a_j)$$
   Par identification avec $L_j(X) = L_j(a_j) + (X-a_j)L_j'(a_j) + o(X-a_j)$, il vient :
   $$\boxed{ 2 L_j'(a_j) = \frac{T_n''(a_j)}{T_n'(a_j)} }$$

2. Considérons l'application linéaire $\Phi : \mathbb{R}_{2n-1}[X] \to \mathbb{R}^{2n}$ définie par $\Phi(P) = (P(a_j), P'(a_j))_{1 \le j \le n}$. L'espace de départ et l'espace d'arrivée ont la même dimension $2n$. Si $P \in \ker \Phi$, alors chaque $a_j$ est racine au moins double de $P$. Comme il y a $n$ points distincts, $P$ possède au moins $2n$ racines comptées avec multiplicité. Étant de degré au plus $2n-1$, $P$ est nécessairement nul. $\Phi$ est donc un isomorphisme, ce qui prouve l'existence et l'unicité de $Q_{f,n}$.

3. On cherche $h_k$ tel que $h_k(a_j) = \delta_{kj}$ et $h_k'(a_j) = 0$. Puisque $h_k$ doit avoir des racines doubles en $a_j$ pour $j \neq k$, il est naturel de poser $h_k(X) = (AX+B) L_k(X)^2$. La condition $h_k(a_k) = 1$ donne $(Aa_k+B) \cdot 1^2 = 1$. La condition $h_k'(a_k) = 0$ donne $A L_k(a_k)^2 + 2(Aa_k+B) L_k(a_k) L_k'(a_k) = 0$, soit $A + 2(1)L_k'(a_k) = 0$. On trouve $A = -2L_k'(a_k)$ et $B = 1 + 2a_k L_k'(a_k)$. Ainsi :
   $$\boxed{ h_k(X) = \left( 1 - 2(X-a_k)L_k'(a_k) \right) L_k(X)^2 }$$
   En utilisant la question 1, on a aussi $h_k(X) = \left( 1 - (X-a_k)\frac{T_n''(a_k)}{T_n'(a_k)} \right) L_k(X)^2$.

4. Notons d'abord que pour tout $x \in [-1, 1]$, on a $h_k(x) \ge 0$. En effet, l'équation différentielle satisfaite par $T_n$ est $(1-x^2)T_n''(x) - xT_n'(x) + n^2 T_n(x) = 0$. En $a_k$, on a :
   $$\frac{T_n''(a_k)}{T_n'(a_k)} = \frac{a_k}{1-a_k^2}$$
   D'où $1 - (x-a_k)\frac{a_k}{1-a_k^2} = \frac{1-a_k^2-xa_k+a_k^2}{1-a_k^2} = \frac{1-xa_k}{1-a_k^2}$. Comme $|x| \le 1$ et $|a_k| < 1$, ce terme est strictement positif. De plus, par unicité de l'interpolation pour la fonction constante égale à 1, on a $\sum_{k=1}^n h_k(x) = 1$. Soit $x \in [-1, 1]$. On a :
   $$|f(x) - Q_{f,n}(x)| = \left| \sum_{k=1}^n (f(x) - f(a_k)) h_k(x) \right| \le \sum_{k=1}^n |f(x) - f(a_k)| h_k(x)$$
   On découpe la somme en deux parties selon que $|x-a_k| < \delta$ ou $|x-a_k| \ge \delta$.
   • Si $|x-a_k| < \delta$, $|f(x)-f(a_k)| \le \omega(\delta)$.
   • Si $|x-a_k| \ge \delta$, $|f(x)-f(a_k)| \le 2\|f\|_\infty \le 2\|f\|_\infty \frac{(x-a_k)^2}{\delta^2}$.
   Ainsi, $|f(x) - Q_{f,n}(x)| \le \omega(\delta) \sum h_k(x) + \frac{2\|f\|_\infty}{\delta^2} \sum_{k=1}^n (x-a_k)^2 h_k(x)$. Un calcul classique (ou par identification du polynôme d'interpolation de $(X-x)^2$) montre que $\sum (x-a_k)^2 h_k(x) = \frac{T_n(x)^2}{2n} \le \frac{1}{2n}$. D'où le résultat (avec une constante $4$ pour être large comme dans l'énoncé) :
   $$\boxed{ \|f - Q_{f,n}\|_\infty \le \omega(\delta) + \frac{4\|f\|_\infty}{n\delta^2} }$$

5. Soit $\epsilon > 0$. Par continuité de $f$ sur le compact $[-1, 1]$, $f$ est uniformément continue (théorème de Heine), donc il existe $\delta > 0$ tel que $\omega(\delta) \le \epsilon/2$. $\delta$ étant maintenant fixé, on choisit $N \in \mathbb{N}$ tel que pour tout $n \ge N$, $\frac{4\|f\|_\infty}{n\delta^2} \le \epsilon/2$. Alors pour tout $n \ge N$, $\|f - Q_{f,n}\|_\infty \le \epsilon$. On a donc :
   $$\boxed{ Q_{f,n} \xrightarrow[n \to +\infty]{\text{unif.}} f }$$