关于扰动矩阵谱半径的疑问

嗨，这个问题问得非常切中要害，答案是肯定的——扰动后的矩阵$\widetilde{A}$的谱半径$\widetilde{\rho}$一定不会小于原矩阵$A$的谱半径$\rho$，甚至在绝大多数情况下会严格更大。我从直觉和理论两个层面给你拆解清楚：

直觉层面的理解 #

谱半径对于非负矩阵来说，本质上可以看作是矩阵对向量的“最大放大倍数”：当你用矩阵去乘一个非负向量时，谱半径就是所有可能的放大比例里最大的那个。

• 当你把$\widetilde{A}$的某些元素增大（其他元素保持和$A$一致），相当于给这个矩阵的“放大能力”加了增益——不管你选哪个非负向量，用$\widetilde{A}$乘出来的结果，每个分量都不会比用$A$乘出来的小（因为每个$\widetilde{a}{ij} \geq a{ij}$，向量分量非负的话，乘积求和的结果只会更大或相等）。
• 既然矩阵的整体放大能力变强了，对应的最大放大倍数（谱半径）自然不会变小。

理论层面的验证（基于Perron-Frobenius定理） #

因为$A$和$\widetilde{A}$都是非负矩阵，我们可以用非负矩阵的核心定理——Perron-Frobenius定理来严谨证明：

1. 对于非负矩阵$A$，存在一个非负的Perron向量$v$（满足$Av = \rho v$，且$v \geq 0$、$v \neq 0$）。
2. 计算$\widetilde{A}v$：由于每个$\widetilde{a}{ij} \geq a{ij}$，所以$\widetilde{A}v$的每个分量$\sum_j \widetilde{a}{ij}v_j \geq \sum_j a{ij}v_j = \rho v_i$，也就是$\widetilde{A}v \geq \rho v$。
3. 又因为至少存在一组$(i,j)$使得$\widetilde{a}{ij} > a{ij}$，而$v$是非负非零向量（至少有一个分量为正），所以$\widetilde{A}v$不会完全等于$\rho v$，即$\widetilde{A}v \geq \rho v$且$\widetilde{A}v \neq \rho v$。
4. 根据非负矩阵谱半径的单调性性质：如果两个非负矩阵满足$B \geq C$（元素-wise），那么$\rho(B) \geq \rho(C)$；如果$B$至少有一个元素严格大于$C$，且$C$不可约，那么$\rho(B) > \rho(C)$；即使$C$可约，只要$\widetilde{A}v \neq \rho v$，也能推出$\rho(\widetilde{A}) > \rho(A)$。

举个简单例子直观感受 #

比如原矩阵$A = \begin{pmatrix} 0.5 & 0 \ 0 & 0.5 \end{pmatrix}$，它的谱半径是0.5。如果我们把其中一个元素改成0.6，得到$\widetilde{A} = \begin{pmatrix} 0.6 & 0 \ 0 & 0.5 \end{pmatrix}$，此时$\widetilde{A}$的谱半径是0.6，明显大于原矩阵的谱半径。
再比如非对角的例子：$A = \begin{pmatrix} 0 & 0.5 \ 0.5 & 0 \end{pmatrix}$，谱半径是0.5；扰动成$\widetilde{A} = \begin{pmatrix} 0 & 0.6 \ 0.5 & 0 \end{pmatrix}$，计算可得它的谱半径是$\sqrt{0.3} \approx 0.547$，同样大于0.5。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者GA-Student