$A$ の固有値を $\lambda$ とすると、 \begin{align} 0 &= \det \begin{pmatrix} - \lambda & 3 & 0 \\ -3 & -\lambda & 4 \\ 0 & -4 & -\lambda \end{pmatrix} \\ &= - \lambda ( \lambda^2 + 25) \\ \therefore \ \ \lambda &= 0, 5i, -5i \end{align} を得る。
ケーリー-ハミルトンの定理より、 \begin{align} A^3 + 25A = 0 \end{align} が成り立つ。 つまり、 $a=0,b=25,c=0$ である。
\begin{align} A^3 &= -25A , \\ A^5 &= -25 A^3 = (-25)^2 A , \\ &\cdots \end{align} から、 \begin{align} A^{2n+1} = (-25)^n A = (-1)^n 5^{2n} A \end{align} がわかる。
上の 3. から、 \begin{align} A^{2n+2} = (-1)^n 5^{2n} A^2 \end{align} もわかる。
そこで、 \begin{align} \exp (tA) &= \sum_{k=0}^\infty \frac{t^k}{k!} A^k \\ &= I + \sum_{n=0}^\infty \frac{t^{2n+1}}{(2n+1)!} A^{2n+1} + \sum_{n=0}^\infty \frac{t^{2n+2}}{(2n+2)!} A^{2n+2} \\ &= I + A \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n 5^{2n} t^{2n+1}}{(2n+1)!} + A^2 \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n 5^{2n} t^{2n+2}}{(2n+2)!} \\ &= I + A \frac{1}{5} \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n (5t)^{2n+1}}{(2n+1)!} - A^2 \frac{1}{25} \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n (5t)^{2n}}{(2n)!} \\ &= I + \frac{\sin (5t)}{5} A - \frac{\cos (5t) - 1}{25} A^2 \end{align} と計算できるので、 \begin{align} p = \frac{1 - \cos (5t)}{25} , \ \ q = \frac{\sin (5t)}{5} , \ \ r = 1 \end{align} がわかる。