Soit $(\lambda_{1},\dots,\lambda_{n})$ les valeurs propres de $A$ (non nécessairement deux à deux distinctes) et $(X_{1},\dots,X_{n})$ des vecteurs propres associés supposés tous unitaires. On note $P$ la matrice dont les colonnes sont les coordonnées des vecteurs propres ($P$ est la matrice de passage de la base canonique à la base de vecteurs propres choisie, on sait alors que $P$ est orthogonale). Alors :
$$\begin{array}{rcl} A & = & \ds P\begin{pmatrix}\lambda_{1} & & (0)\\ & \ddots\\ (0) & & \lambda_{n}\end{pmatrix}{}^t\!P \\ & = & \ds P\left[\sum_{i=1}^{n}{\begin{pmatrix}\ddots & & (0)\\ & \lambda_{i}\\ (0) & & \ddots\end{pmatrix}}\right]\,^t\!P \\ & = & \ds \sum_{i=1}^{n}{\left[P\begin{pmatrix}\ddots & & (0)\\ & \lambda_{i}\\ (0) & & \ddots\end{pmatrix}{}^t\!P\right]} \\ & = & \ds \sum_{i=1}^{n}{\left[\lambda_{i}\begin{pmatrix} \dots & (0) & X_{i} & (0) & \dots \end{pmatrix}\begin{pmatrix}\vdots\\ {}^t\!X_{i}\\ \vdots\end{pmatrix}\right]} \\ & = & \ds \sum_{i=1}^{n}{\lambda_{i}X_{i}{}^t\!X_{i}} \end{array}$$

Autre méthode :

Pour tout entier $k\in\llbracket1,n\rrbracket$, on a : $$\ds\left(\sum_{i=1}^{n}{\lambda_{i}X_{i}{}^{t}\!X_{i}}\right)X_{k}=\sum_{i=1}^{n}{\left(\lambda_{i}X_{i}{}^{t}X_{i}\!X_{k}\right)}=\lambda_{k}X_{k}=AX_{k}$$ Ainsi, les matrices $A$ et $\ds\sum_{i=1}^{n}{\lambda_{i}X_{i}{}^{t}X_{i}}$ ont les mêmes images sur une base donc elles sont égales.

Par ailleurs, pour tous les entiers $(i,k)\in\llbracket1,n\rrbracket^2$ tels que $i\ne k$, on a : $$\ds (X_{i}{}^{t}\!X_{i})X_{k}=X_{i}({}^{t}\!X_{i}X_{k})=X_{i}(0)=0X_{k}$$ $$\ds (X_{i}{}^{t}\!X_{i})X_{i}=X_{i}({}^{t}\!X_{i}X_{i})=X_{i}(1)=1X_{i}$$ donc $X_{i}{}^{t}\!X_{i}$ est bien la matrice du projecteur orthogonal sur $\mathrm{Vect}(X_{i})$ et est bien de rang 1.