对角占优矩阵相关问题：分解为同类矩阵和及特征分解性质

咱们逐个来解决这两个线性代数问题：

答案是肯定的，甚至可以轻松拆成两个对角占优矩阵的和，如果愿意的话，拆成更多个也完全可行。

构造方式1：拆为两个严格对角占优矩阵的和 #

假设$A$是任意$n$阶对角占优矩阵（实矩阵），我们构造一个对角矩阵$D$，其中$D_{ii} = \sum_{j≠i}|A_{ij}| + 1$：

• $D$本身就是严格对角占优矩阵：作为对角矩阵，它的非对角元全为0，显然满足$D_{ii} > \sum_{j≠i}D_{ij}$。
• 再看$A-D$：它的第$i$行对角元为$A_{ii} - D_{ii}$，因为$A$是对角占优的，$A_{ii} ≥ \sum_{j≠i}A_{ij} ≥ \sum_{j≠i}|A_{ij}|$，所以$|(A-D){ii}| = D{ii} - A_{ii} ≥ (\sum_{j≠i}|A_{ij}| + 1) - \sum_{j≠i}|A_{ij}| = 1$，而该行非对角元绝对值之和为$\sum_{j≠i}|A_{ij}|$，显然$|(A-D){ii}| > \sum{j≠i}|(A-D)_{ij}|$，所以$A-D$也是严格对角占优矩阵。

这样$A = D + (A-D)$，就把原对角占优矩阵拆成了两个严格对角占优矩阵的和，当然也满足“多个对角占优矩阵的和”的要求。

构造方式2：拆为n个对角占优矩阵的和 #

我们还可以把$A$拆成$n$个仅含单行非零元素的矩阵之和：
对于第$k$个矩阵$B_k$，仅保留$A$的第$k$行和第$k$列的对角元，其余元素全为0。即：

• $B_k$的第$k$行第$j$列元素等于$A_{kj}$（包括$j=k$的对角元）；
• 其他位置元素全为0。

每个$B_k$都是对角占优矩阵：

• 第$k$行：$B_{k,kk} = A_{kk} ≥ \sum_{j≠k}A_{kj} = \sum_{j≠k}B_{k,kj}$，满足对角占优；
• 其他行：对角元为0，非对角元也为0，$0 ≥ 0$，同样满足对角占优。

这个命题不成立，我们可以通过构造反例来直接反驳。

首先先明确秩1矩阵$u u^T$的对角占优条件：对任意$i$，需要满足$(u u^T){ii} ≥ \sum{j≠i}|(u u^{T)_{ij}|$。展开后就是$u_i}2 ≥ |u_i| \sum_{j≠i}|u_j|$，如果$u_i≠0$，等价于$|u_i| ≥ \sum_{j≠i}|u_j|$。也就是说，只要特征向量$u$存在某个分量的绝对值小于其他分量绝对值之和，对应的$u u^T$就不是对角占优矩阵。

构造反例矩阵 #

我们构造如下4阶矩阵：
$$
A = \begin{bmatrix}
3 & 1 & 1 & 1 \
1 & 3 & 1 & 1 \
1 & 1 & 3 & 1 \
1 & 1 & 1 & 4.5
\end{bmatrix}
$$

先验证$A$满足所有给定条件：

1. 对称正定：$A$是对称矩阵，所有主子式均为正（1阶主子式全为正，2阶主子式为$3×3-1×1=8>0$，3阶主子式计算得20>0，4阶行列式为正），因此是正定矩阵。
2. 元素全正：所有矩阵元素都是正数，符合要求。
3. 对角占优：前3行的对角元3等于非对角元之和$1+1+1=3$，第4行对角元4.5大于非对角元之和$1+1+1=3$，均满足对角占优的定义。

验证特征向量对应的秩1矩阵不满足对角占优 #

取向量$u=(1,1,1,-2)^T$，验证它是$A$的特征向量：
计算$A u$的结果：

• 第1行：$3×1 +1×1 +1×1 +1×(-2) = 3$，等于$3×1$；
• 第2行：$1×1 +3×1 +1×1 +1×(-2) =3$，等于$3×1$；
• 第3行：$1×1 +1×1 +3×1 +1×(-2)=3$，等于$3×1$；
• 第4行：$1×1 +1×1 +1×1 +4.5×(-2)=-6$，等于$3×(-2)$。

所以$u$是$A$对应特征值3的特征向量。

现在看对应的秩1矩阵$u u^T$：
它的第4行对角元为$(-2)^2=4$，非对角元绝对值之和为$|1×(-2)| + |1×(-2)| + |1×(-2)| = 6$，显然$4 < 6$，不满足对角占优的条件。

这就说明，存在满足所有给定条件的矩阵$A$，其特征分解中的某个秩1分量$u_i u_i^T$不是对角占优矩阵，因此原命题不成立。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Trevor C.