Diagonaliser orthogonalement une matrice de trace nulle

Ce que le théorème garantit. $A$ est symétrique réelle, donc diagonalisable dans une base orthonormée de vecteurs propres : la matrice de passage peut être choisie orthogonale, et son inverse est alors sa transposée.

Chercher les valeurs propres. Pour $\lambda \in \mathbb{R}$, $\lambda$ est valeur propre si le système $AX=\lambda X$ admet une solution non nulle, c'est-à-dire si $$\{\begin{array}{l}(3-\lambda )x+4y=0\\ 4x-(3+\lambda )y=0\end{array}$$ est de rang $1$ au plus. En combinant $(3+\lambda )$ fois la première ligne et $4$ fois la seconde, on trouve $((3-\lambda )(3+\lambda )+16)x=0$, soit $(25-{\lambda }^2)x=0$. Les valeurs propres possibles sont donc $5$ et $-5$, et ce sont bien des valeurs propres : le système est alors compatible avec des solutions non nulles.

Les vecteurs propres. Pour $\lambda =5$ : $-2x+4y=0$, donc $x=2y$ et le sous-espace propre est $\mathrm{Vect}((2,1))$. Pour $\lambda =-5$ : $8x+4y=0$, donc $y=-2x$ et le sous-espace propre est $\mathrm{Vect}((1,-2))$.

Contrôle d'orthogonalité. $⟨(2,1),(1,-2)⟩=2-2=0$ : les deux directions propres sont orthogonales, conformément au théorème.

Conclusion. En normalisant (chaque vecteur est de norme $\sqrt{5}$) : $$P=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& -2\end{array}\right),D=\left(\begin{array}{cc}5& 0\\ 0& -5\end{array}\right),{}^{t}PP=I_2.$$ Contrôle final : la somme des valeurs propres vaut $0$, comme la somme des coefficients diagonaux de $A$.