Pour λ ∈ K on a
det(λ I 3 − A) = det


λ − 6 −2
0
−2 λ − 3
0
10
5
λ − 2


= ((λ − 6)(λ − 3) − 4) (λ − 2)
= (λ
2
− 9λ + 14)(λ − 2)
= (λ − 2) 2 (λ − 7).
Les valeurs propres de A sont donc 2 et 7.
Pour vérifier que A est diagonalisable nous allons calculer les dimensions des sousespaces propres de f, l'endomorphisme de K 3 canoniquement associé à A, pour vérifier que leur somme est 3. Pour cela, on peut calculer les rangs de A − 2 I 3 et
A − 7 I 3 et conclure par le théorème du rang.
Déterminons la dimension du sous-espace propre associé à 2 :
A − 2 I 3 =


4
2 0
2
1 0
−10 −5 0

 .
Cette matrice est clairement de rang 1 car ses colonnes sont colinéaires et
elle n'est pas nulle. La dimension de Ker( f − 2 Id) est donc 2.
Par ailleurs, la dimension de Ker( f − 7 Id) est au moins 1 (par définition
d'une valeur propre) et la somme des dimensions de tous les sous-espaces
propres est inférieure ou égale à l'ordre de la matrice, ici 3. La dimension de
Ker( f − 7 Id) ne peut donc être que 1.
La somme des dimensions des sous-espaces propres de f est 3 donc A est
bien diagonalisable.
Il faut bien voir qu'il y a deux arguments différents :
i) la somme des dimensions des sous-espaces propres ne peut dépasser 3, ce qui
impose dim(Ker( f − 7 Id)) 1 ;
ii) on constate alors que la somme de ces dimensions est en fait égale à 3, ce qui
prouve la diagonalisabilité de A.
Attention à ne pas mélanger les arguments : affirmer que la somme des dimensions
des sous-espaces propres est 3 est équivalent à la diagonalisabilité. Si on commence
le raisonnement par cette affirmation, on part du résultat et on ne démontre donc
rien du tout !
Nous pouvons désormais déterminer des bases des sous-espaces propres.
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Chapitre 2 • Algèbre linéaire