A diagonaliserbar om och endast om det finns en bas av $\mathbb{R}^3$ som består av egenvektorer till $A$ . Låt oss söka $A$ :s egenvärden och egenvektorer.

Ett sätt är att observera att $\det(A - 0 \cdot I) = \det(A) = 0$ , alltså är $\lambda_2 = 0$ ett egenvärde till $A$ . För att beskriva motsvarande egenrum löser vi systemet $(A - 0 \cdot I)\mathbf{v} = A\mathbf{v} = \mathbf{0}$ . Matrisen $A$ är radekvivalent till

\begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}.

Lösningsrummet till systemet ovan är tvådimensionellt, och det finns alltså två linjärt oberoende egenvektorer som motsvarar egenvärdet $\lambda_2 = 0$ . Vi vet att egenvektorer som motsvarar olika egenvärden är linjärt oberoende. Vi har alltså hittat tre linjärt oberoende egenvektorer: vektor $\mathbf{v}_1$ som motsvarar $\lambda_1 = 6$ , och två linjärt oberoende vektorer som motsvarar $\lambda_2 = 0$ .

Man kan även uttrycka egenvektorerna motsvarande $\lambda_2 = 0$ explicit och verifiera att de tre egenvektorerna är linjärt oberoende. Till exempel, $(-2, 1, 0)$ och $(-3, 0, 1)$ är sådana vektorer.

Man skulle kunna hitta egenvärden till $A$ på ett standardt sätt: lösa ekvationen $\det(A - \lambda \cdot I) = 0$ . För att förenkla uträkningar observera att radoperationen "addera multipel av en rad till en annan rad" förändrar inte determinanten.

\det(A - \lambda \cdot I) = \det \begin{bmatrix} 1 - \lambda & 2 & 3 \\ 1 & 2 - \lambda & 3 \\ 1 & 2 & 3 - \lambda \end{bmatrix} = \det \begin{bmatrix} 1 - \lambda & 2 & 3 \\ \lambda & -\lambda & 0 \\ \lambda & 0 & -\lambda \end{bmatrix} = \lambda^2 (6 - \lambda) = 0,

vilket ger att alla egenvärden är $\lambda_1 = 6$ , $\lambda_2 = \lambda_3 = 0$ .

Eftersom det finns en bas i $\mathbb{R}^3$ som består av egenvektorer till $A$ , så är $A$ diagonaliserbar.