$A$ の固有値を $\lambda$ とすると、 \begin{align} 0 &= \begin{vmatrix} 1 - \lambda & \sqrt{2} & 0 \\ \sqrt{2} & 1 - \lambda & \sqrt{2} \\ 0 & \sqrt{2} & 1 - \lambda \end{vmatrix} \\ &= (1 - \lambda)^3 - 2 (1 - \lambda) - 2 (1 - \lambda) \\ &= - ( \lambda + 1 ) ( \lambda - 1 ) ( \lambda - 3 ) \end{align} なので、 $\lambda = -1, 1, 3$ である。
固有値 $\lambda = -1$ に対応する固有ベクトルを求めるため、 \begin{align} \begin{pmatrix} 1 & \sqrt{2} & 0 \\ \sqrt{2} & 1 & \sqrt{2} \\ 0 & \sqrt{2} & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = - \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \end{align} とおくと、 $ y = - \sqrt{2} x = - \sqrt{2} z $ を得る。 固有値 $\lambda = 1$ に対応する固有ベクトルを求めるため、 \begin{align} \begin{pmatrix} 1 & \sqrt{2} & 0 \\ \sqrt{2} & 1 & \sqrt{2} \\ 0 & \sqrt{2} & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \end{align} とおくと、 $ y=0, x+z=0 $ を得る。 固有値 $\lambda = 3$ に対応する固有ベクトルを求めるため、 \begin{align} \begin{pmatrix} 1 & \sqrt{2} & 0 \\ \sqrt{2} & 1 & \sqrt{2} \\ 0 & \sqrt{2} & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = 3 \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \end{align} とおくと、 $ y = \sqrt{2} x = \sqrt{2} z $ を得る。 以上より、固有値 $ \lambda = -1, 1, 3 $ に対応する固有ベクトルは、次のように選べる： \begin{align} \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 \\ - \sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix} , \ \ \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} , \ \ \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 \\ \sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix} . \end{align}
上で求めた固有値・固有ベクトルを使って、次のようにおく： \begin{align} V = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & \sqrt{2} & 1 \\ - \sqrt{2} & 0 & \sqrt{2} \\ 1 & - \sqrt{2} & 1 \end{pmatrix} , \ \ C = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix} . \end{align} このとき、 \begin{align} V^{-1} &= \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & - \sqrt{2} & 1 \\ \sqrt{2} & 0 & - \sqrt{2} \\ 1 & \sqrt{2} & 1 \end{pmatrix} \\ A &= V C V^{-1} \end{align} であるから、 \begin{align} A^n &= V C^n V^{-1} \\ &= \frac{1}{4} \begin{pmatrix} 1 & \sqrt{2} & 1 \\ - \sqrt{2} & 0 & \sqrt{2} \\ 1 & - \sqrt{2} & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} (-1)^n & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3^n \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & - \sqrt{2} & 1 \\ \sqrt{2} & 0 & - \sqrt{2} \\ 1 & \sqrt{2} & 1 \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{4} \begin{pmatrix} (-1)^n + 2 + 3^n & -\sqrt{2} \cdot (-1)^n + \sqrt{2} \cdot 3^n & (-1)^n - 2 + 3^n \\ -\sqrt{2} \cdot (-1)^n + \sqrt{2} \cdot 3^n & 2 \cdot (-1)^n + 2 \cdot 3^n & -\sqrt{2} \cdot (-1)^n + \sqrt{2} \cdot 3^n \\ (-1)^n - 2 + 3^n & -\sqrt{2} \cdot (-1)^n + \sqrt{2} \cdot 3^n & (-1)^n + 2 + 3^n \end{pmatrix} \end{align} を得る。
\begin{align} \exp A &= \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!} A^k \\ &= \frac{1}{4} \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!} \begin{pmatrix} (-1)^k + 2 + 3^k & -\sqrt{2} \cdot (-1)^k + \sqrt{2} \cdot 3^k & (-1)^k - 2 + 3^k \\ -\sqrt{2} \cdot (-1)^k + \sqrt{2} \cdot 3^k & 2 \cdot (-1)^k + 2 \cdot 3^k & -\sqrt{2} \cdot (-1)^k + \sqrt{2} \cdot 3^k \\ (-1)^k - 2 + 3^k & -\sqrt{2} \cdot (-1)^k + \sqrt{2} \cdot 3^k & (-1)^k + 2 + 3^k \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{4} \begin{pmatrix} e^{-1} + 2e + e^3 & -\sqrt{2} e^{-1} + \sqrt{2} e^3 & e^{-1} - 2e + e^3 \\ -\sqrt{2} e^{-1} + \sqrt{2} e^3 & 2 e^{-1} + 2 e^3 & -\sqrt{2} e^{-1} + \sqrt{2} e^3 \\ e^{-1} - 2e + e^3 & -\sqrt{2} e^{-1} + \sqrt{2} e^3 & e^{-1} + 2e + e^3 \end{pmatrix} \end{align}
$B$ の固有多項式を $\varphi(x)$ とする： \begin{align} \varphi(x) = \det (B - xI) = -x^3 - x . \end{align} ケーリー・ハミルトンの定理より、 \begin{align} \varphi(B) &= -B^3 - B = 0 \\ \therefore \ \ B^3 &= - B \end{align} であるから、 \begin{align} \exp (\alpha B) &= I + \alpha B + \frac{1}{2!} (\alpha B)^2 + \frac{1}{3!} (\alpha B)^3 + \frac{1}{4!} (\alpha B)^4 + \cdots \\ &= I + \alpha B + \frac{1}{2!} \alpha^2 B^2 - \frac{1}{3!} \alpha^3 B - \frac{1}{4!} \alpha^4 B^2 + \cdots \\ &= I + \left( \alpha - \frac{1}{3!} \alpha^3 \cdots \right) B + \left( \frac{1}{2!} \alpha^2 - \frac{1}{4!} \alpha^4 \cdots \right) B^2 \\ &= I + \left( \sin \alpha \right) B + \left( 1 - \cos \alpha \right) B^2 \end{align} となる。