$a=1$ のとき \begin{align} A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 1 & 3 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \end{pmatrix} \end{align} であり、 $A$ の固有値を $\lambda$ とすると、 \begin{align} 0 &= \det \begin{pmatrix} 2 - \lambda & 1 & 0 \\ 1 & 3 - \lambda & 1 \\ 0 & 1 & 2 - \lambda \end{pmatrix} \\ &= - (\lambda - 1)(\lambda - 2)(\lambda - 4) \\ \therefore \ \ \lambda &= 1, 2, 4 \end{align} である。 よって、 \begin{align} D = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix} \end{align} である（固有値の並べ方の不定性はある）。
$A$ は実対称行列なので、実直交行列 $P$ があって、 \begin{align} A = P D P^{-1} , \ \ P^{-1} = P^T \end{align} が成り立つ。 そこで、非零三次元実ベクトル $\boldsymbol{x}$ に対して \begin{align} \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \\ y_3 \end{pmatrix} = P^{-1} \boldsymbol{x} \end{align} とおくと、 $y_1, y_2, y_3$ は実数であり、 \begin{align} y_1^2 + y_2^2 + y_3^2 &= \left( P^{-1} \boldsymbol{x} \right)^T \left( P^{-1} \boldsymbol{x} \right) \\ &= \boldsymbol{x}^T P P^{-1} \boldsymbol{x} \\ &= \boldsymbol{x}^T \boldsymbol{x} \\ &\gt 0 \end{align} なので $y_1, y_2, y_3$ の少なくとも1つは $0$ ではなく、したがって、 \begin{align} \boldsymbol{x}^T A \boldsymbol{x} &= \boldsymbol{x}^T P D P^{-1} \boldsymbol{x} \\ &= \left( P^{-1} \boldsymbol{x} \right)^T D \left( P^{-1} \boldsymbol{x} \right) \\ &= y_1^2 + 2 y_2^2 + 4 y_3^2 \\ &\gt 0 \end{align} が言える。
\begin{align} A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 1 & 3 & a \\ 0 & a & 2 \end{pmatrix} \end{align} の固有値を $\lambda$ とすると、 \begin{align} 0 &= \det \begin{pmatrix} 2 - \lambda & 1 & 0 \\ 1 & 3 - \lambda & a \\ 0 & a & 2 - \lambda \end{pmatrix} \\ &= - (\lambda - 2)(\lambda^2 - 5 \lambda - a^2 + 5) \\ \therefore \ \ \lambda &= 2, \frac{5 \pm \sqrt{4a^2+5}}{2} \end{align} である。 求める条件は、これらがすべて正であることであり、 \begin{align} \frac{5 - \sqrt{4a^2+5}}{2} \gt 0 \\ \therefore \ \ - \sqrt{5} \lt a \lt \sqrt{5} \end{align} である。
\begin{align} \boldsymbol{x} = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} \end{align} とすると、 \begin{align} \frac{\partial f(\boldsymbol{x})}{\partial x_1} &= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 1 & 3 & a \\ 0 & a & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} x_1 & x_2 & x_3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 1 & 3 & a \\ 0 & a & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} a & 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \\ &= 4x_1 + 2x_2 - a , \\ \frac{\partial f(\boldsymbol{x})}{\partial x_2} &= 2x_1 + 6x_2 + 2ax_3 , \\ \frac{\partial f(\boldsymbol{x})}{\partial x_3} &= 2ax_2 + 4x_3 + 1 \end{align} である。 よって、 $f(\boldsymbol{x})$ が最小になるのは、$x_1, x_2, x_3$ が \begin{align} 4x_1 + 2x_2 - a &= 0 , \ \ 2x_1 + 6x_2 + 2ax_3 = 0 , \ \ 2ax_2 + 4x_3 + 1 = 0 \\ \therefore \ \ x_1 &= \frac{a}{4}, \ \ x_2 = 0, \ \ x_3 = - \frac{1}{4} \end{align} のときであり、したがって、 $f(\boldsymbol{x})$ の最小値は \begin{align} f \left( \begin{pmatrix} \frac{a}{4} \\ 0 \\ - \frac{1}{4} \end{pmatrix} \right) = - \frac{a^2 + 1}{8} \end{align} である。