Este resultado parece aplicarse a espacios vectoriales sobre tanto $\Bbb R$ como $\Bbb C$, por lo que recurriré al caso complejo a continuación; el caso real está implícito. Por lo tanto, tomo $\langle \cdot, \cdot \rangle$ como un producto interno hermitiano. Además, simplemente asumiré que $A(t)$ tiene las propiedades de integrabilidad necesarias para que las cosas funcionen; la continuidad debería ser suficiente.
Sea
$A(t) = [A_{ij}(t)]; \tag{1}$
entonces, por definición
$\int_0^1 A(t) dt = [\int_0^1 A_{ij}(t) dt]. \tag{2}$
Sea $\vec x \ne 0$ un vector constante:
$\vec x = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ \vdots \\ x_n \end{pmatrix}; \tag{3}$
para cualquier $t$ fijo en $[0, 1]$ tenemos
$0 < \langle \vec x, A(t) \vec x \rangle = \sum_{i, j} A_{ij}(t) \bar x_i x_j, \tag{4}$
dado que los $A(t)$ son definidos positivos. Integrando (4) en $[0, 1]$ vemos que
$0 < \int_0^1 \langle \vec x, A(t) \vec x \rangle dt = \int_0^1 (\sum_{i, j} A_{ij}(t) \bar x_i x_j) dt; \tag{5}$
por linealidad de la integral tenemos
$\int_0^1 (\sum_{i, j} A_{ij}(t) \bar x_i x_j) dt = \sum_{i, j} \bar x_i x_j \int_0^1 A_{ij}(t) dt = \langle x, (\int_0^1 A(t) dt) x \rangle. \tag{6}$
Combinando (5) y (6) obtenemos
$\langle x, (\int_0^1 A(t) dt) x \rangle > 0 \tag{7}$
para cada vector no nulo $x$; por lo tanto, $\int_0^1 A(t) dt$ es definido positivo.
Nota: No veo exactamente cómo mirar $\text{Tr}(A)$ y $\det(A)$ puede ayudar mucho con esto, ya que $\int \det A(t) dt$ y $\det \int A(t) dt$ no están evidentemente relacionados. En cualquier caso, parece que $\text{Tr}(A) > 0$ y $\det (A) > 0$ son determinantes para la definitividad positiva solo en el caso $2 \times 2$; el argumento anterior se aplica a matrices de cualquier tamaño $n$. Fin de la Nota.
Espero que esto ayude. Saludos,
y como siempre,
¡Fiat Lux!
