項秩

項秩(term rank)是矩陣的一個指標，設A是m×n的(0，1)矩陣，A中兩兩不在同一線(矩陣的一行或一列都稱為矩陣的一條線)上的1的最大個數稱為A的項秩，A的項秩等於A在任意行與列的排列下的跡的最大值，另外，A的項秩也等於A的具有非零積和式的子方陣的最大階數，同時又等於A的能包含A中所有的元素1的線的最小個數，若ρ₁與ρ₂是規範類U(R，S)中矩陣的最小項秩與最大項秩，則對於滿足ρ₁≤ρ≤ρ₂的ρ，U中必存在矩陣A_ρ，其項秩恰等於ρ。

基本介紹

• 中文名：項秩
• 外文名：term rank
• 所屬學科：數學（矩陣論）
• 簡介：矩陣的一個指標

基本概念

矩陣A的一行或一列統稱為A的一條線，一些線的集合稱為A的一個（線）覆蓋，如果這個集合中的線包含了A的所有非零元，A的線數最小的覆蓋稱為最小覆蓋，每個最小覆蓋中的線數稱為A的線秩(line rank)或覆蓋數，記為 ，顯然，A和B置換相抵 。

對偶地，A的一組兩兩不共線的非零元稱為一個無關元組；A的元素個數最大的無關元組稱為最大無關元組，每個最大無關元組中的元素個數稱為A的項秩(term rank)，記為 ，顯然，項秩也在置換相抵下不變。

【例1】記

則 ，其中A₃有兩個最大無關元組。

上例中矩陣的線秩與項秩相等並非偶然，這個結論對任一矩陣都成立。

相關性質定理

定理1(Frobenius-König) 設A是m×n矩陣，m≤n，則下列性質是互相等價的：

(1)A的項秩ρ_A<m；

(2)A的線秩<m；

(3)A含有p×q的零子矩陣，其中。

證(2) (3)是線秩定義的直接推論，現證(1) (3)。

情形1 m=n。

(3) (1)。設A有一個p×q的零子矩陣．，則這個零子矩陣所在的p行至多只有個非零列，而如果=m，則在這ρ行中一定有A的最大無關元組中的p個元素，它們兩兩不共線，因此位於p個列上，這導致矛盾，所以<m。

(1) (3)。對n用歸納法論證，當n=1時，顯然成立，假沒結論對小於n階的方陣成立，現證對n階方陣A結論成立．若A是零方陣，(3)顯然成立，設A有非零元a_ij，記A(i|j)為從A中划去第i和第j列後餘下的n-1階方陣,則 有p₁×q₁的零子矩陣，。不妨設這個p₁×q₁的零子矩陣位於A的右上角，記

由ρ_A<n，可知或，不妨設，根據歸納假設，p₁階方陣X一定有u×v的零子矩陣，這裡，A中這個u×v零子矩陣所在的u行和v列，連同A中最右端的列交匯所得的是一個的零子矩陣，其中，所以(3)對A成立。

情形2 m<n。

令

這裡J是的全1矩陣，顯然 有的零子矩陣， A有零子矩陣，。

定理1的套用很多，下面只舉一例。

非負方陣A稱為是雙隨機的，如果A的每條線上的元素之和都是1。

定理2( Birkhoff) 設A是n階雙隨機方陣，則A可以表示為若干個n階置換方陣的凸線性組合，即

這裡諸P_i都是n階置換方陣， 是正數，

證 先證，若,則由定理1可知，即可以用n-1條線覆蓋A的全部非零元，從而A的全部元素之和不超過n-1，這與A的全部元素之和應是n相矛盾。

現在對A的正元素的個數a用歸納法論證，顯然a≥n，且由a=n，知A是置換方陣，從而定理成立。當a>n時，，可知有由n個正元素組成的無關元組{ }，記c₁=min{ }，則0<c₁<1，令P₁是在n個位置, 處是1的n階置換方陣，則 是雙隨機方陣，但它的正元素個數少於A的正元素個數a，則由歸納假設可知

這裡 >0， =1， 都是n階置換方陣，所以

即為所求。

推論1 設n階方陣A的元素是0或1，而且A的每條線上正好有k個1，則A一定可表為k個n階置換方陣的和。

證 和定理2一樣，可證，而A的一組n個無關的1確定了一個置換方陣P₁，對A-P₁，類似討論即得結論。

下面證明關於項秩和線秩的主要結果：

定理3( König) 任一矩陣的項秩等於線秩。

證 設A是m×n矩陣。首先，可不妨設，否則，可以討論A的轉置A^T，而易知ρ_A= , 。

直接從定義推得：在A的一個由λ_A條線組成的覆蓋中，必須含有A的ρ_A個無關元，但每條線中至多只能有這ρ_A個無關元中的一個，故_。

現證。首先注意到，若，則由定理1可知，因此只要證明的情形，這時，設A有一個由e行和f列組成的覆蓋，，可不妨假設這是前e行和前f列，將A分塊成

易知，我們斷言=e。

若，則，從而=0。

若，則首先由，可知，從而根據定理1，，再由覆蓋的定義以及，可知，導致矛盾，從而斷言得證。

同法可證，因，故由得，但顯然有，所以。