Diagonaliser orthogonalement en dimension trois

Une décomposition qui donne tout. $A=I_3+J$, où $J$ est la matrice dont tous les coefficients valent $1$.

Les éléments propres de $J$. Le produit $JX$ a toutes ses coordonnées égales à la somme de celles de $X$. Donc $J\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right)=3\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right)$, et $JX=0$ dès que $x+y+z=0$. Le plan $H:x+y+z=0$ est le sous-espace propre de $J$ pour $0$, la droite $\mathrm{Vect}((1,1,1))$ celui pour $3$.

Report sur $A$. $AX=X+JX$ : mêmes vecteurs propres, valeurs propres augmentées de $1$. Ainsi $4$ pour $(1,1,1)$, et $1$ pour tout le plan $H$.

Une base orthonormée de vecteurs propres. $A$ étant symétrique, le théorème spectral en garantit une. On prend dans $H$ les vecteurs $(1,-1,0)$ et $(1,1,-2)$, orthogonaux entre eux ($1-1+0=0$) et à $(1,1,1)$, puis on norme :

$$P=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{3}}& \frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{6}}\\ \frac{1}{\sqrt{3}}& -\frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{6}}\\ \frac{1}{\sqrt{3}}& 0& -\frac{2}{\sqrt{6}}\end{array}\right),D=\left(\begin{array}{ccc}4& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right).$$

Ses colonnes étant unitaires et deux à deux orthogonales, $P$ est orthogonale, donc ${}^{t}P=P^{-1}$ et $D={}^{t}PAP$.

Contrôle. La trace vaut $6$ de part et d'autre ($2+2+2$ et $4+1+1$), comme l'exige son invariance par changement de base.