$A$ 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。
\begin{align} P_A(n+1) &= P_A(n) (1-\alpha) + P_B(n) \beta \\ P_B(n+1) &= P_A(n) \alpha + P_B(n) (1-\beta) \end{align} なので、 \begin{align} M = \begin{pmatrix} 1-\alpha & \beta \\ \alpha & 1-\beta \end{pmatrix} \end{align} である。
$M$ の固有値は $1, 1-\alpha-\beta$ であり、それぞれに対応する固有ベクトルは、例えば、 \begin{align} \begin{pmatrix} \beta \\ \alpha \end{pmatrix} , \ \ \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} \end{align} である。
A,Bである確率が一定値に収束するとすると、それは $M$ の固有ベクトルであり、確率は負にならないことを考慮して、 \begin{align} \lim_{k \to \infty} P_A(k) = \frac{\beta}{\alpha+\beta} , \ \ \lim_{k \to \infty} P_B(k) = \frac{\alpha}{\alpha+\beta} \end{align} であることがわかる。
\begin{align} P_A(\infty) = \lim_{k \to \infty} P_A(k) = \frac{\beta}{\alpha+\beta} \end{align} と書くことにする。
\begin{align} R_A(n+1) &= P_A(n+1) - P_A(\infty) \\ &= P_A(n) (1-\alpha) + P_B(n) \beta - P_A(\infty) \\ &= P_A(n) (1-\alpha) + \left(1 - P_A(n) \right) \beta - P_A(\infty) \\ &= (1-\alpha-\beta) P_A(n) + \beta - P_A(\infty) \\ R_A(n) &= P_A(n) - P_A(\infty) \end{align} であるから、 $P_A(n)$ を消去して、 \begin{align} R_A(n+1) &= (1-\alpha-\beta) \left( R_A(n) + P_A(\infty) \right) + \beta - P_A(\infty) \\ &= (1-\alpha-\beta) R_A(n) \end{align} を得る。
\begin{align} c_1 (\boldsymbol{a}_1 + \boldsymbol{a}_2) + c_2 (\boldsymbol{a}_2 + \boldsymbol{a}_3) + \cdots + c_m (\boldsymbol{a}_m + \boldsymbol{a}_1) = \boldsymbol{0} \end{align} が成り立つとしたとき $c_1 = c_2 = \cdots = c_m = 0$ が導かれるかを検討する。
上の式を整理すると、 \begin{align} (c_1+c_m) \boldsymbol{a}_1 + (c_1+c_2) \boldsymbol{a}_2 + (c_2+c_3) \boldsymbol{a}_3 + \cdots + (c_{m-1}+c_m) \boldsymbol{a}_m = \boldsymbol{0} \end{align} となり、 $\boldsymbol{a}_1, \boldsymbol{a}_2, \cdots, \boldsymbol{a}_m$ が1次独立であることから、 \begin{align} c_1+c_m = c_1+c_2 = c_2+c_3 = \cdots = c_{m-1}+c_m = 0 \end{align} よって、 \begin{align} c_2 &= c_4 = \cdots = -c_1 , \\ c_3 &= c_5 = \cdots = c_1 , \\ c_m &= -c_1 \end{align} を得る。 したがって、 $m$ が奇数のときは $c_1 = c_2 = \cdots = c_m = 0$ が導かれるので $ \boldsymbol{a}_1 + \boldsymbol{a}_2, \boldsymbol{a}_2 + \boldsymbol{a}_3, \cdots, \boldsymbol{a}_m + \boldsymbol{a}_1 $ は1次独立となる。 $m$ が偶数のときはそうは言えない。