$k\sum v_i v_i^T-\big(\sum v_i\big)\big(\sum v_i^T\big)\succeq 0$

Question

Mi profesor afirmó que $$k\sum_{i=1}^k v_i v_i^T-\Big(\sum_{i=1}^k v_i\Big)\Big(\sum_{i=1}^k v_i^T\Big)\succeq 0,$$ vale para cualquier familia de vectores $\{v_1,\dots,v_k\}$, y puede ser mostrado usando el Cauchy Schwarz desigualdad en la forma cuadrática.

No estoy seguro de si es necesario asumir: $k$ es un entero positivo, y $v_i$ son vectores de unos y ceros tal que $\sum_{i=1}^k v_i=\vec{1}$. No creo que la necesidad de asumir esto debido a la demanda que se tiene para cualquier familia de vectores.

En tratando de demostrar que la anterior es positiva semidefinite, tengo la forma cuadrática $$\begin{align} k\sum_{i=1}^k x^T v_i v_i^T x-x^T \Big(\sum_{i=1}^k v_i\Big)\Big(\sum_{i=1}^k v_i^T \Big)x &= k\sum_{i=1}^k x^T v_i v_i^T x-|\langle \sum_{i=1}^k v_i, x\rangle|^2\\ &\geq k\sum_{i=1}^k x^T v_i v_i^T x-\|x\|^2 \bigg\|\sum_{i=1}^k v_i\bigg\|^2\\ &\equiv k\sum_{i=1}^k x^T v_i v_i^T x-x^Tx n\\ &= x^T\big(k\sum_{i=1}^k v_i v_i^T-n\mathbb{I}\big)x\\ \end{align}$$ donde $n\geq k$. No creo que esta matriz en el paréntesis es positivo semidefinite, ya que sus diagonales son negativos. Alguien me puede ayudar a demostrar la afirmación de mi profesor?

Answer 1

De hecho, la forma de la $v_i$ no es necesario, pero utilizamos el hecho de que $k$ es un número entero positivo: \begin{align} k\sum_{i=1}^k x^T v_i v_i^T x-x^T \left(\sum_{i=1}^k v_i\right)\left(\sum_{i=1}^k v_i^T \right)x &= \left(\sum_{i=1}^k 1\right) \left(\sum_{i=1}^k w_i^2\right) -\left(\sum_{i=1}^k w_i\right)^2,\textrm{ where }w_i\equiv x^Tv_i\\ &=\left\Vert1_k\right\Vert^2 \left\Vert w\right\Vert^2 - \left|\langle 1_k,w\rangle\right|^2, \textrm{ where }w\equiv(w_1,\dots,w_k)^T \\ &\geq ^{CS} \left|\langle 1_k,w\rangle\right|^2 - \left|\langle 1_k,w\rangle\right|^2\\ &=0\\ &\hspace{2.5in}\blacksquare \end{align}

Answer 2

Supongo que los vectores son vectores fila de una $\mathbb{R}^n$. Si los vectores son vectores columna, tomar transpone de la diferencia y, a continuación, siga la prueba a continuación, para demostrar que esta transposición es positiva semi-definida. Entonces, desde el $A$ es positivo semidefinite si-f $A^{T}$ es el resultado deseado de la siguiente manera en el caso de los vectores columna. En el caso de los vectores fila de la desigualdad es equivalente a probar que

$$k\sum_{i=1}^k||u_i||^2\geq \left|\left|\sum_{i=1}^ku_i\right|\right|^2.\ \ \ (1)$$

De hecho, tenga en cuenta que por la diferencia en tu pregunta la multiplicación de la matriz $x($esta diferencia$)x^{T}$ es igual a

$$||x||^2\left(k\sum_{i=1}^k||u_i||^2-\left|\left|\sum_{i=1}^ku_i\right|\right|^2\right).$$

El examen de $(1)$ en cada coordenada, llegamos a la conclusión de que es suficiente para mostrar que

$$k\sum_{i=1}^ka_i^2\geq \left(\sum_{i=1}^ka_i\right)^2\ \ \ (2)$$

para cualquier $k$-tupla $(a_1,\ldots,a_k)$ de los números reales. De hecho, entonces tendremos que

$$k\sum_{i=1}^ku_{ij}^2\geq \left(\sum_{i=1}^ku_{ij}\right)^2,\ \forall j=1,\cdots,n$$

y $(1)$ va a seguir sumando sobre todos los $j$'s. Ahora, $(2)$ puede ser fácilmente demostrado por la aplicación de C-S a los vectores $(1,\ldots,1)$ e $(a_1,\ldots,a_k).$ Una otra prueba de $(2)$ puede obtenerse aplicando la desigualdad de Jensen para la función convexa $x\mapsto x^2.$