Une matrice symétrique par blocs

Lire la structure. La deuxième ligne et la deuxième colonne n'ont qu'un coefficient non nul : $A{e}_2=3e_2$. Le vecteur $e_2=(0,1,0)$ est donc propre pour la valeur propre $3$, et l'action de $A$ sur le plan $\mathrm{Vect}(e_1,e_3)$ se lit sur le bloc $\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 2\end{array}\right)$.

Le bloc $2\times 2$. Un calcul direct donne $$\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 2\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right)=3\left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 2\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}1\\ -1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1\\ -1\end{array}\right).$$ Remontés dans ${\mathbb{R}}^3$, cela signifie $$A(1,0,1)=3(1,0,1),A(1,0,-1)=1\cdot (1,0,-1).$$

Le spectre. $\mathrm{Sp}(A)=\{3,1\}$, avec un sous-espace propre de dimension $2$ pour $3$, à savoir $\mathrm{Vect}((0,1,0),(1,0,1))$, et une droite $\mathrm{Vect}((1,0,-1))$ pour $1$. La somme des dimensions vaut $2+1=3$ : $A$ est bien diagonalisable, comme le théorème spectral le promettait.

Orthonormer. Les deux générateurs du plan propre sont déjà orthogonaux, et $(1,0,-1)$ est orthogonal aux deux — ce qui devait arriver, puisqu'il appartient à un autre sous-espace propre. Il ne reste qu'à normaliser : $$u_1=(0,1,0),u_2=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,1),u_3=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,-1),$$ base orthonormée de vecteurs propres, dans laquelle la matrice de l'endomorphisme est $D=\mathrm{diag}(3,3,1)$.

Le point délicat. Deux vecteurs d'un même sous-espace propre n'ont aucune raison d'être orthogonaux : ici ils l'étaient, sinon il aurait fallu les orthonormer entre eux. L'orthogonalité automatique ne vaut qu'entre sous-espaces propres distincts.