Diagonalisation d'une matrice symétrique particulière

Résolution.

1. On observe que la matrice $A$ est égale à sa transposée : $A^T = A$. Comme $A \in \mathcal{M}_4(\mathbb{R})$ et que $A$ est symétrique réelle, le théorème spectral permet d'affirmer immédiatement :
   $$\boxed{A \text{ est diagonalisable dans } \mathcal{M}_4(\mathbb{R}).}$$

2. Notons $C_1, C_2, C_3, C_4$ les colonnes de $A$. Cherchons des vecteurs $X$ tels que $AX = \lambda X$. On remarque les sommes suivantes :
   $$C_1 + C_2 = \begin{pmatrix} 2$$
   2
   0
   0 \end{pmatrix} = 2 \begin{pmatrix} 1
   1
   0
   0 \end{pmatrix},   C_1 + C_3 = \begin{pmatrix} 2
   0
   2
   0 \end{pmatrix} = 2 \begin{pmatrix} 1
   0
   1
   0 \end{pmatrix},   C_1 + C_4 = \begin{pmatrix} 2
   0
   0
   2 \end{pmatrix} = 2 \begin{pmatrix} 1
   0
   0
   1 \end{pmatrix}
   Posons les vecteurs suivants :
   $$v_1 = \begin{pmatrix} 1$$
   1
   0
   0 \end{pmatrix},   v_2 = \begin{pmatrix} 1
   0
   1
   0 \end{pmatrix},   v_3 = \begin{pmatrix} 1
   0
   0
   1 \end{pmatrix}
   Les relations précédentes s'écrivent $Av_1 = 2v_1$, $Av_2 = 2v_2$ et $Av_3 = 2v_3$. Par conséquent, $v_1, v_2, v_3$ sont des vecteurs propres associés à la valeur propre $\lambda = 2$. Vérifions leur indépendance linéaire. Soit $(\alpha, \beta, \gamma) \in \mathbb{R}^3$ tel que $\alpha v_1 + \beta v_2 + \gamma v_3 = 0$. On a :
   $$\begin{pmatrix} \alpha + \beta + \gamma$$
   \alpha
   \beta
   \gamma \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0
   0
   0
   0 \end{pmatrix} \implies \alpha = \beta = \gamma = 0
   La famille $(v_1, v_2, v_3)$ est libre, donc le sous-espace propre $E_2(A)$ est de dimension au moins 3.
   $$\boxed{\lambda = 2   \text{et}   \dim E_2(A) \ge 3}$$

3. La trace de $A$ est la somme de ses éléments diagonaux :
   $$\text{Tr}(A) = 1 + 1 + 1 + 1 = 4$$
   Soit $\mu$ la quatrième valeur propre de $A$ (éventuellement égale à 2). La somme des valeurs propres étant égale à la trace, on a :
   $$2 + 2 + 2 + \mu = 4 \implies 6 + \mu = 4$$
   On en déduit la valeur de la dernière valeur propre :
   $$\boxed{\mu = -2}$$

4. Puisque $A$ n'est pas une matrice d'homothétie ($A \neq 2I_4$), et qu'elle possède une valeur propre différente de 2, on sait que $\dim E_2(A)$ ne peut pas être 4. Donc $\dim E_2(A) = 3$ et $\dim E_{-2}(A) = 1$. Cherchons $v_4 = (x, y, z, t)^T$ tel que $Av_4 = -2v_4$. Cela revient à chercher une combinaison linéaire des colonnes telle que $x C_1 + y C_2 + z C_3 + t C_4 = -2(x, y, z, t)^T$. En testant $v_4 = (1, -1, -1, -1)^T$, on calcule :
   $$C_1 - C_2 - C_3 - C_4 = \begin{pmatrix} 1-1-1-1$$
   1-1+1+1
   1+1-1+1
   1+1+1-1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2
   2
   2
   2 \end{pmatrix} = -2 \begin{pmatrix} 1
   -1
   -1
   -1 \end{pmatrix}
   Ainsi, $v_4$ est un vecteur propre associé à la valeur propre -2. On peut alors poser :
   $$\boxed{ D = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 & 0$$
   0 & 2 & 0 & 0
   0 & 0 & 2 & 0
   0 & 0 & 0 & -2 \end{pmatrix}   \text{et}   P = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1
   1 & 0 & 0 & -1
   0 & 1 & 0 & -1
   0 & 0 & 1 & -1 \end{pmatrix} }