Posterior a de esta extensa selección de información solucionamos esta incógnita que presentan muchos los lectores. Te brindamos la respuesta y nuestro objetivo es serte de gran apoyo.
Solución:
Actualizar: Originalmente afirmé probar que $A$ es estrictamente definido positivo, pero había un error en la parte estricta. He revisado la demostración para mostrar que $A$ es un semidefinido positivo. Por ejemplo, para ver que $A$ no necesita ser estrictamente positivo definido, sea $x_i=y_i$ para todo $i$. Entonces $A = xx^T$ es el rango uno.
Para cualquier secuencia $z = (z_1,ldots, z_n)$ de números no negativos, la matriz $B(z)$ con entradas $[B(z)]_ ij = min(z_i, z_j)$ es semidefinido positivo. Dado esto, establecemos $z_i = y_i/x_i$ y obtenemos que $A=operatornamediag(x)B(z)operatornamediag(x)$ es semidefinido positivo.
Para ver que $B(z)$ es positivo semidefinido, tenga en cuenta que reordenar $z$ solo permuta las filas y columnas correspondientes, así que suponga que WLOG que $z$ está ordenado en orden no decreciente. Sea $w_1 = z_1$ y $w_i = z_i – z_i-1$ para $i>1$. Sea $J$ la matriz con unos en el triángulo superior (incluida la diagonal) y ceros debajo. Entonces $wgeq 0$ entonces $B(z) = J^Toperatornamediag(w)J$ es semidefinido positivo.
Esta es una prueba muy similar pero basada en $mathbbEB_z_iB_z_j=min(z_i,z_j)$ donde $B_z $ es el movimiento browniano estándar que comienza en cero:
$ 0leq mathbbEleft(sum_j a_j x_j B_fracy_jx_j right)^2= sum_i,ja_ia_jmin(x_iy_j,x_jy_i) $
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