https://spherical-harmonics.hatenablog.com/entry/2022/02/08/190853

(1) 3次行列 $A$ の固有値が $\alpha,\beta,\gamma$ のときの $\exp A$ は，Lagrange の補間公式から
$\exp A = \dfrac{e^{\alpha}}{(\alpha-\beta)(\alpha-\gamma)}(A-\beta I)(A-\gamma I)$ $+\dfrac{e^{\beta}}{(\beta-\alpha)(\beta-\gamma)}(A-\alpha I)(A-\gamma I)$ $+\dfrac{e^{\gamma}}{(\gamma-\alpha)(\gamma-\beta)}(A-\alpha I)(A-\beta I)$
となり，
$\exp (tA) = \dfrac{e^{\alpha t}}{(\alpha-\beta)(\alpha-\gamma)}(A-\beta I)(A-\gamma I)$ $+\dfrac{e^{\beta t}}{(\beta-\alpha)(\beta-\gamma)}(A-\alpha I)(A-\gamma I)$ $+\dfrac{e^{\gamma t}}{(\gamma-\alpha)(\gamma-\beta)}(A-\alpha I)(A-\beta I)$
となる。

(2) 3次行列 $A$ の固有値が $\alpha,\alpha, \beta$ のときの $\exp A$ は， $y=e^x$ の $x=\alpha$ における接線が $e^{\alpha}(x-\alpha)+e^{\alpha}$ であることから
$\exp x\sim_{(x-\alpha)^2(x-\beta)} a(x-\alpha)^2+e^{\alpha}(x-\alpha)+e^{\alpha}$
とおくことができ， $x=\beta$ とおくと
$e^{\beta} = a(\beta-\alpha)^2+e^{\alpha}(\beta-\alpha)+e^{\alpha}$
となることから
$a=\dfrac{e^{\beta}-e^{\alpha}(\beta-\alpha)-e^{\alpha}}{(\beta-\alpha)^2}$
となり
$\exp x\sim_{(x-\alpha)^2(x-\beta)} \dfrac{e^{\beta}-e^{\alpha}(\beta-\alpha)-e^{\alpha}}{(\beta-\alpha)^2}(x-\alpha)^2+e^{\alpha}(x-\alpha)+e^{\alpha}$
となる。よって
$\exp A=\dfrac{e^{\beta}-e^{\alpha}(\beta-\alpha)-e^{\alpha}}{(\beta-\alpha)^2}(A-\alpha I)^2+e^{\alpha}(A-\alpha I)+e^{\alpha}I$
となり，
$\exp (tA)=\dfrac{e^{\beta t}-te^{\alpha t}(\beta-\alpha)-e^{\alpha t}}{(\beta-\alpha)^2}(A-\alpha I)^2+t e^{\alpha t}(A-\alpha I)+e^{\alpha t}I$
となる。

(3) 3次行列 $A$ の固有値が $\alpha,\alpha,\alpha$ のときの $\exp A$ は、Taylor 展開を利用すると
$\exp A=\dfrac{e^{\alpha}}{2}(A-\alpha I)^2+e^{\alpha}(A-\alpha I)+e^{\alpha} I$
となり，
$\exp(tA)=\dfrac{t^2e^{\alpha t}}{2}(A-\alpha I)^2+t e^{\alpha t}(A-\alpha I)+e^{\alpha t} I$
となる。

(4) 3次実行列 $A$ の固有値が $\alpha,p+qi,p-qi$ のときの $\exp A$ は、(1)から頑張って計算すると
$\exp A = \dfrac{e^{\alpha}}{(\alpha-p)^2+q^2}\{(A-pI)^2+q^2I\}$ $+\dfrac{e^{p}\{(p-\alpha)\sin q-q\cos q\}}{\{(p-\alpha)^2+q^2\}q}(A-\alpha I)(A-pI)$ $+\dfrac{e^{p}\{\{(p-\alpha)\cos q+q\sin q\}\}}{(p-\alpha)^2+q^2}(A-\alpha I)$
のようになるが，具体的な場合を計算するには素直に
$\exp A=a A^2+b A + cI$ とおき、連立方程式
$e^{\alpha}=a \alpha^2+b \alpha + c$ ，
$e^p(\cos q+i\sin q)=a (p+qi)^2+b (p+qi) + c$ ，
$e^p(\cos q-i\sin q)=a (p-qi)^2+b (p-qi) + c$
を解く方が早い。
$\begin{pmatrix} e^{p}(\cos q+i\sin q) \\ e^{p}(\cos q- i\sin q)\\ e^{\alpha} \end{pmatrix}$ $=\begin{pmatrix} p^2-q^2 + 2pqi & p+qi & 1 \\ p^2-q^2 - 2pqi & p-qi & 1 \\ \alpha^2 & \alpha & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a\\ b\\ c\end{pmatrix}$
から
$\begin{pmatrix} e^{p}\cos q \\ e^{p}\sin q/q \\ e^{\alpha} \end{pmatrix}$ $=\begin{pmatrix} p^2-q^2 & p & 1 \\ 2p & 1 & 0 \\ \alpha^2 & \alpha & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a\\ b\\ c\end{pmatrix}$
を経由して
$\begin{pmatrix} e^{p}\cos q-(p-\alpha)e^{p}\sin q/q-e^{\alpha} \\ e^{p}\sin q/q \\ e^{\alpha} \end{pmatrix}$ $=\begin{pmatrix} -(p-\alpha)^2-q^2 & 0 & 0 \\ 2p & 1 & 0 \\ \alpha^2 & \alpha & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a\\ b\\ c\end{pmatrix}$
と変形できるので，
$a=\dfrac{e^{\alpha}-e^{p}\cos q+(p-\alpha)e^{p}\sin q/q}{(p-\alpha)^2+q^2}$ ，
$b=\dfrac{e^p\sin q}{q}-2pa$ ，
$c=e^{\alpha}-\alpha^2 a-\alpha b$
となり，
$aA^2+bA+cI=aA^2+bA+(e^{\alpha}-\alpha^2 a-\alpha b)I$
$=a(A^2-\alpha^2 I)+b(A-\alpha I)+e^{\alpha}I$
$=a\{A^2-\alpha^2 I-2p(A-\alpha I)\}+\dfrac{e^p\sin q}{q}(A-\alpha I)+e^{\alpha}I$
$=\dfrac{e^{\alpha}-e^{p}\cos q+(p-\alpha)e^{p}\sin q/q}{(p-\alpha)^2+q^2}(A-\alpha I)\{A+(\alpha-2p) I\}+\dfrac{e^p\sin q}{q}(A-\alpha I)+e^{\alpha}I$
と求めることができる。

例えば3次交代行列
$A=\begin{pmatrix} 0 & -a_3 & a_2 \\ a_3 & 0 & -a_1 \\ -a_2 & a_1 & 0 \end{pmatrix}$ について，
$\textbf{a}=\begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \\ a_3 \end{pmatrix}$ $=||\textbf{a}||\begin{pmatrix} n_1 \\ n_2 \\ n_3 \end{pmatrix}$
とおき， $N=\begin{pmatrix} 0 & -n_3 & n_2 \\ n_3 & 0 & -n_1 \\ -n_2 & n_1 & 0 \end{pmatrix}$ とおくと，
$A$ の固有値は、 $u=||\textbf{a}||$ を用いて $0, \pm ui$ の形をしているので、
$1=c$ ，
$\cos u+i\sin u=-u^2 a+ubi + c$ ，
$\cos u-i\sin u=-u^2 a-ubi + c$
という連立方程式を解けば良く，
$a=\dfrac{1-\cos u}{u^2}$ ， $b=\dfrac{\sin u}{u}$ ， $c=1$
となり，
$\exp A=\dfrac{1-\cos u}{u^2}A^2+\dfrac{\sin u}{u}A+I$
$=(1-\cos ||\textbf{a}||)\left(\dfrac{1}{||\textbf{a}||}A\right)^2+\sin ||\textbf{a}||\left(\dfrac{1}{||\textbf{a}||}A\right)+I$
$=(1-\cos ||\textbf{a}||)N^2+\sin ||\textbf{a}|| N+I$
が成立する。ここで $N^2=\textbf{n}\textbf{n}^{\top}-I$ だから，
$\exp A=(1-\cos ||\textbf{a}||)\textbf{n}\textbf{n}^{\top}+(\sin ||\textbf{a}||) N+(\cos ||\textbf{a}||) I$
これは3次元回転の Rodorigues の公式そのものである。