Definición positiva de una matriz

Question

Dejemos que ${x_1,x_2,...x_n}$ sean números positivos. Consideremos la matriz $C$ cuyo $(i,j)$ -la quinta entrada es

$$\min\left\{\frac{x_i}{x_j},\frac{x_j}{x_i}\right\}$$

Demostrar que $C$ es definida no negativa (o semidefinida positiva, es decir $z^t C z\geq 0$ para todos $z\in \mathbb{R}^n$ ).Cuando es $C$ ¿positiva definida?

Answer 1

Podemos suponer que $x_i\leq x_j$ para $i<j$ (en caso contrario, basta con permutar los componentes). Como mostraré a continuación, el determinante de tu matriz es $$\det C_n=\frac{x_2^2-x_1^2}{x_2^2}\frac{x_3^2-x_2^2}{x_3^2}\dots\frac{x_n^2-x_{n-1}^2}{x_n^2},\qquad(*)$$ que es $\geq 0$ y es $>0$ si todos $x_i$ son diferentes. Observe que si toma la esquina superior izquierda de $C$ con $k$ filas y columnas, se obtiene $C_k$ y $\det C_k\geq0$ . Su matriz es, por tanto, semidefinida positiva (por el criterio de Sylvester), y es definida positiva si todas $x_i$ son diferentes.

Ahora tenemos que demostrar $(*)$ . Dejemos que $D_n$ sea $C_n$ con $i,k$ -ésimo elemento multiplicado por $x_i x_j$ para que $\det D_n=\det C_n\times\prod_i x_i^2$ . Queremos mostrar

$$\det D_n=x_1^2(x_2^2-x_1^2)\dots(x_n^2-x_{n-1}^2).$$

$D_n$ parece $$ \begin{pmatrix} x_1^2 & x_1^2& x_1^2&x_1^2\\ x_1^2& x_2^2& x_2^2&x_2^2\\ x_1^2& x_2^2&x_3^2&x_3^2\\ x_1^2& x_2^2&x_3^2&x_4^2 \end{pmatrix} $$ (para $n=4$ - Espero que el patrón esté claro), es decir $$ \begin{pmatrix} a & a& a&a\\ a& b& b&b\\ a& b&c&c\\ a& b&c&d \end{pmatrix}. $$ ( $a=x_1^2,\dots,d=x_4^2$ ). Si ahora restamos la primera fila de las otras y luego la primera columna de las otras, obtenemos $$ \begin{pmatrix} a & 0& 0&0\\ 0& b-a& b-a&b-a\\ 0& b-a&c-a&c-a\\ 0& b-a&c-a&d-a \end{pmatrix}. $$ es decir $$ \det \begin{pmatrix} a & a& a&a\\ a& b& b&b\\ a& b&c&c\\ a& b&c&d \end{pmatrix}= a\det \begin{pmatrix} b-a& b-a&b-a\\ b-a&c-a&c-a\\ b-a&c-a&d-a \end{pmatrix} $$ Repitiendo esta identidad, obtenemos $$\det D_n= \det \begin{pmatrix} a & a& a&a\\ a& b& b&b\\ a& b&c&c\\ a& b&c&d \end{pmatrix}= a\det \begin{pmatrix} b-a& b-a&b-a\\ b-a&c-a&c-a\\ b-a&c-a&d-a \end{pmatrix}= a(b-a)\det \begin{pmatrix} c-b&c-b\\ c-b&d-b \end{pmatrix}= a(b-a)(c-b)(d-c) $$ como queríamos mostrar.

Debe haber una solución más inteligente, pero por el momento ésta debería servir.

Answer 2

En primer lugar, hay que tener en cuenta que la matriz es simétrica: si $x_j > x_i$ entonces $C_{ij} = \frac{x_i}{x_j}$ . Entonces, $C_{ji} = \min \{ \frac{x_i}{x_j}, \frac{x_j}{x_i} \} = \frac{x_i}{x_j} = C_{ij}$ .

Como es real y simétrica, es diagonalizable: $C = V^T D V$ . Dejemos que $y = Vx$ . Entonces, el problema se reduce a encontrar $y^T D y > 0$ . Esto debería ser fácil de terminar desde aquí.

Answer 3

Considere los números reales positivos $t_i > 0$ y los números reales $\alpha_j \in \mathbb{R}$ .

• La matriz $M_{ij}=\min(t_i, t_j)$ es semidefinido positivo ya que $\sum z_i M_{ij}z_j = \int_0^{\infty} \big( \sum_i z_i 1_{t<t_i}\big)^2 \, dt$ . También se puede reconocer la matriz de covarianza de $(B_{t_1}, \ldots, B_{t_n})$ donde $B$ es un movimiento browniano.
• Si $M=(M_{ij})_{ij}$ es semidefinido positivo, también lo es $N_{ij} = \alpha_i \alpha_j M_{ij}$ desde $\sum z_i z_j N_{ij} = \sum y_i y_j M_{ij} \geq 0$ donde $y_i = \alpha_i z_i$ .

La elección $t_i = x_i^2$ y $\alpha_j = \frac{1}{x_j}$ resuelve el ejercicio.