Si A es definida positiva, ¿podemos demostrar que x>0 y Ax>0 tienen siempre una solución factible?

Question

Soy nuevo aquí y no he podido encontrar una pregunta similar, así que perdonadme si ya está preguntada en otro sitio. La pregunta es literalmente sencilla: Supongamos que A es una matriz definida positiva, ¿se podría demostrar de forma general que el conjunto $S=\left \{ x\in R^{n} |x>0,Ax>0 \right \}$ no está vacío? Las desigualdades son estrictas y por $x>0$ Quiero decir $x_{i}>0$ para $i=1,2,...,n$ .

Honestamente hablando, no he tenido ningún progreso mencionable en el lado analítico, excepto probar diferentes tipos de descomposiciones (Cholesky, Spectral, etc ...) en vano. así que traté de resolver este programa lineal para diferentes opciones de $A\succ 0$ usando Matlab para poder encontrar un contraejemplo, sin éxito.

$$min w=\mathbf{1}^Ty+\mathbf{1}^Tz$$ $$s.t. \left\{\begin{matrix}x=\mathbf{1}+y\\Ax=\mathbf{1}+z \\ x,y,z\geq 0\end{matrix}\right.$$

donde $\mathbf{1}=(1,1,...,1)^{T}$

Le agradecería que me orientara sobre cómo se puede probar o negar.

Answer 1

Me gustaría utilizar el teorema de Gordan: Exactamente uno de los sistemas es solucionable:

1. $x^TM>0$
2. $My=0$ , $y\ge0$ , $y\ne0$

Usted quiere que la existencia de $x$ tal que $$ \begin{pmatrix} A \\ I_n \end{pmatrix}x >0. $$ Para demostrarlo, tenemos que argumentar que $$ \begin{pmatrix} A^T & I_n \end{pmatrix} y=0, \ y\ge0, \ y\ne0 $$ es irresoluble. Supongamos que $y$ es una solución de este tipo. Entonces tenemos $$ y = - A^T y \ge0. $$ Desde $A$ es positiva definida, y $y\ne0$ , $$ 0<y^TAy = - y^Ty<0, $$ que es una contradicción. Por lo tanto, tal $y$ no puede existir, lo que demuestra la existencia de $x$ satisfaciendo 1.