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非负矩阵的Hadamard积是特殊的矩阵乘积，在偏微分方程中的弱极小原理、概率论中的特征函数以及控制论等领域有重要的应用[1-2].许多专家和学者对非负矩阵Hadamard积的谱半径上界进行了广泛的研究，并取得了一系列的研究成果.
记Rn×n(Cn×n)为n阶实(复)矩阵的集合.设A=(aij)∈Rn×n，用A≥0表示满足所有元素aij≥0的矩阵A，此时称矩阵A为非负矩阵.用ρ(A)表示非负矩阵A的谱半径.
设A=(aij)∈Rn×n，B=(bij)∈Rn×n，称A∘B=(aijbij)为A与B的Hadamard积.关于非负矩阵Hadamard积谱半径的上界估计已经有很多的研究，并有一些经典的结论：
结论1[1] 设A=(aij)n×n≥0，B=(bij)n×n≥0，则
结论2[3] 设A=(aij)n×n≥0，B=(bij)n×n≥0，则
结论3[4] 设A=(aij)n×n≥0，B=(bij)n×n≥0，则
文献[5-12]也对非负矩阵Hadamard积谱半径的上界估计进行了深入的探讨，本文继续对这个问题进行研究，结合Hölder不等式给出非负矩阵Hadamard积谱半径的一组新上界.
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引理1[1] 设A，B∈Rn×n，D和E是两个对角矩阵，则有
引理2[1](Gerschgorin圆盘定理) 设A=(aij)∈Cn×n，则A的所有特征值包含在如下n个圆盘的并之中：
引理3[13](Hölder不等式) 设
为非负向量，0＜α＜1.则
定理1 设：
记：
则
$ \rho \left( {\mathit{\boldsymbol{A}} \circ \mathit{\boldsymbol{B}}} \right) \le \mathop {\max }\limits_i \left\{ {{a_{ii}}{b_{ii}} + \tilde R_i^\alpha \tilde C_i^{1 - \alpha }} \right\}$ .证 当α=0和α=1时，由Gerschgorin圆盘定理易得结论成立.故设0＜α＜1.令U=diag(u1，…，un)，因为u=(u1，…，un)T＞0，所以U可逆.记
$ \mathit{\boldsymbol{\tilde A = UA}}{\mathit{\boldsymbol{U}}^{ - 1}} $ ，根据引理1有所以
$ \rho \left( {\mathit{\boldsymbol{\tilde A}} \circ \mathit{\boldsymbol{B}}} \right) = \rho \left( {\mathit{\boldsymbol{A}} \circ \mathit{\boldsymbol{B}}} \right) $ ，这里令
$ \rho \left( {\mathit{\boldsymbol{\tilde A}} \circ \mathit{\boldsymbol{B}}} \right) = \lambda $ ，λ对应的特征向量为x=(x1，…，xn)T≠0.以下分两种情况进行证明：
情况1 若
由
$ \left( {\mathit{\boldsymbol{\tilde A}} \circ \mathit{\boldsymbol{B}}} \right)\mathit{\boldsymbol{x}} = \lambda \mathit{\boldsymbol{x}} $ 知，对任意的自然数s，根据Hölder不等式得由
知，(4)式等价于
所以
将(5)式两边对s求和，得
若对满足xs≠0的所有s都有
$ {\left( {\frac{{\lambda - {a_{ss}}{b_{ss}}}}{{\tilde R_s^\alpha }}} \right)^{\frac{1}{{1 - \alpha }}}} > {\tilde C_s} $ ，与(6)式矛盾.因此，至少有满足xs≠0的s，使得也即
$ \lambda \le {a_{ss}}{b_{ss}} + \tilde R_{_s}^{^\alpha }{\tilde C_s}^{1 - \alpha } $ ，从而情况2 若对某
则在
${\tilde R_s} = 0 $ 的任一行中添上一个小的正元素使$ \mathit{\boldsymbol{\tilde A}} \circ \mathit{\boldsymbol{B}} $ 产生摄动，所得新矩阵的特征值包含域大于$ \mathit{\boldsymbol{\tilde A}} \circ \mathit{\boldsymbol{B}} $ 的特征值包含域，并且在摄动趋于0的极限情形同样可推得结论成立.推论1 设A=(aij)n×n≥0，B=(bij)n×n≥0，u=(u1，…，un)T＞0，则：
证 在定理1中令α=1得(7)式，令α=0得(8)式.
定理2 设A=(aij)n×n≥0具有非零行和，B=(bij)n×n≥0，0≤α≤1.记：
则
$ \rho \left( {\mathit{\boldsymbol{A}} \circ \mathit{\boldsymbol{B}}} \right) \le \mathop {\max }\limits_i \left\{ {{a_{ii}}{b_{ii}} + R_{_i}^{^\alpha }\left( A \right)\tilde C_{_i}^{^{1 - \alpha }}\left( \mathit{\boldsymbol{A}} \right)} \right\} $ .证 在定理1中取U=diag(R1(A)，…，Rn(A))即得.
同理，若B=(bij)n×n≥0具有非零行和，取U=diag(R1(B)，…，Rn(B))，显然有：
定理3 设A=(aij)n×n≥0，B=(bij)n×n≥0具有非零行和，0≤α≤1.记：
则
$ \rho \left( {\mathit{\boldsymbol{A}} \circ \mathit{\boldsymbol{B}}} \right) \le \mathop {\max }\limits_i \left\{ {{a_{ii}}{b_{ii}} + \tilde R_{_i}^{^\alpha }\left( \mathit{\boldsymbol{B}} \right)\tilde C_{_i}^{^{1 - \alpha }}\left( \mathit{\boldsymbol{B}} \right)} \right\} $ .定理4 设A=(aij)n×n≥0，B=(bij)n×n≥0，且A，B都有非零行和，0≤α≤1，记：
则
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例1 估计矩阵A∘B的谱半径，其中：
应用文献[1]中(1)式，文献[5]中定理6，文献[3]中(2)式，文献[4]中(3)式，文献[6]中定理3，文献[7]中定理1，文献[8]中定理4.1分别得到：
令
$ \alpha = \frac{1}{2} $ ，利用(9)式得ρ(A∘B)≤21.732 1.实际上，ρ(A∘B)=20.743 9.例2 估计矩阵A∘B的谱半径，其中：
应用文献[3]中定理4，文献[10]中定理2.1，文献[4]中定理4及文献[11]中定理2.1，文献[12]中定理1分别得到：
令
$ \alpha = \frac{1}{2}$ ，应用(9)式得ρ(A∘B)≤6.449 5.实际上，ρ(A∘B)=5.733 9.
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本文给出了非负矩阵Hadamard积谱半径的上界估计式.数值例子表明，在一定条件下新估计优于已有的相关结果，而且本文得到的ρ(A∘B)的界仅仅依赖于矩阵A和B的元素，易于计算.
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