$A$ の固有値を $\lambda$ とすると、 \begin{align} 0 = \begin{vmatrix} 1 - \lambda & 0 & 0 & 0 \\ 0 & - \lambda & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 - \lambda & 1 \\ 0 & 1 & 1 & - \lambda \end{vmatrix} = \lambda (\lambda - 1) (\lambda - 2) (\lambda + 1) \end{align} が成り立つから、 \begin{align} \lambda_1 = -1, \lambda_2 = 0, \lambda_3 = 1, \lambda_4 = 2 \end{align} である。
固有ベクトル $e_1$ を求めるため、次のようにおく： \begin{align} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \\ w \end{pmatrix} = - \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \\ w \end{pmatrix} \end{align} よって、 $x=0, y=z, 2z+w=0$ を得るので、例えば、 \begin{align} e_1 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix} \end{align} とすればよい。 同様にして、例えば、 \begin{align} e_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} , e_3 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} , e_4 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{align} とすればよい。
\begin{align} A \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \\ w \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x \\ z+w \\ z+w \\ y+z \end{pmatrix} = x \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + (z+w) \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + (y+z) \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \end{align} であるから、 $Q$ の次元は3であり、 \begin{align} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \end{align} は $Q$ の基底となる。
\begin{align} g = \begin{cases} 0 \ \ \ \ &( -a \leq \vec{n} \cdot \vec{c} \leq a ) \\ \vec{n} \cdot \vec{c} - a \ \ \ \ &( \vec{n} \cdot \vec{c} \gt a ) \\ - \vec{n} \cdot \vec{c} - a \ \ \ \ &( \vec{n} \cdot \vec{c} \lt -a ) \end{cases} \end{align}