3. 向量、矩陣、行列式與可行性

學習目標與準備

本章以第 1 章的方程和第 2 章的坐標幾何為基礎，組織同時出現的多個數量。你將計算向量合計與加權值、進行矩陣乘法和轉置、用可逆操作求解方程組，並使用行列式而不混淆代數唯一性與模型可行性。

3.1 向量記錄多個數量

向量是有序列表，通常寫為欄向量。若 $q=(q_1,q_2)^T$ 記錄兩種商品的數量，$p=(p_1,p_2)^T$ 記錄其單位價格，則總值是點積 $p^Tq=p_1q_1+p_2q_2$。分量各有含義；除非相應解釋也交換，交換分量會改變所記錄的對象。

例 1：合計商品籃。 設兩個商品籃為 $q=(3,2)^T$、$r=(1,5)^T$，價格為 $p=(4,6)^T$。第一籃取兩份、第二籃取一份，得到 $2q+r=(7,9)^T$，價值為 $p^T(2q+r)=82$。線性性還給出 $2p^Tq+p^Tr=2(24)+34=82$。此計算中價格固定；若價格隨數量變化，估值一般不再是線性的。

當坐標單位相容時，$\|v\|=\sqrt{v^Tv}$ 是歐氏長度，$u\perp v$ 表示 $u^Tv=0$。不能不加說明地把不同經濟單位當作可互換的幾何長度；即使記錄的實際情況相同，重新縮放一個變量也會改變距離。

若存在實系數使 $v=c_1u_1+\cdots+c_ku_k$，則向量 $v$ 是 $u_1,\ldots,u_k$ 的線性組合。若一組向量只有系數全為零時才可組合成零向量，就稱該組線性無關。兩個非零平面向量線性相關當且僅當其中一個是另一個的標量倍數。

3.2 矩陣運算與表格操作

$m\times n$ 矩陣有 $m$ 行和 $n$ 欄。同尺寸矩陣逐項相加，數乘也逐項進行。對於尺寸為 $m\times n$ 的 $A$ 和尺寸為 $n\times p$ 的 $B$，

$$(AB)_{ij}=\sum_{k=1}^n a_{ik}b_{kj}.$$

乘積尺寸為 $m\times p$，內側維數必須相同。$AB$ 的第 $j$ 欄等於 $A$ 乘以 $B$ 的第 $j$ 欄；因此矩陣乘法可把一個表格的線性規則同時應用於多個輸入。

例 2：多個方案的資源。 設

$$A=\begin{pmatrix}2&1\\1&4\end{pmatrix},\qquad Q=\begin{pmatrix}3&5\\2&1\end{pmatrix}.$$

$Q$ 的每一欄是一個生產方案，$A$ 的每一欄是某一產品每單位的資源使用量。於是 $AQ=\begin{pmatrix}8&11\\11&9\end{pmatrix}$ 記錄兩個方案的資源總量。第一行和第二行可以使用不同資源單位；相加只在單位相容的同一行內進行。

矩陣乘法滿足結合律與分配律，但一般不滿足交換律。若 $A=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$、$B=\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}$，則 $AB=\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}$，而 $BA=\begin{pmatrix}1&1\\1&2\end{pmatrix}$。轉置滿足 $(A^T)_{ij}=a_{ji}$ 和 $(AB)^T=B^TA^T$。單位矩陣的對角項為一、其他項為零；尺寸適當時，它的作用類似於乘以一。

3.3 聯立方程與可逆消元

線性方程組 $Ax=b$ 同時施加所有方程，可記作增廣矩陣 $[A\mid b]$。交換方程、把一個方程乘以非零常數、或把一個方程的倍數加到另一個方程上，都嚴格保持解集，因為每步均可逆。不能把方程乘以零，否則會丟失約束。

例 3：反求兩個價格。 假設商品籃給出 $2p+q=11$ 和 $p+3q=13$。從第一式減去第二式的兩倍，得到 $-5q=-15$，故 $q=3$、$p=4$；代回兩式均成立。只解一個方程不夠，因為單個方程有無窮多組解。

全零系數行若右側非零，方程組不相容；完全為零的一行則是冗餘的。若未知數不由主元確定，應使用自由參數描述。

例 4：相關與不相容。 若 $x+2y=6$ 和 $2x+4y=12$，第二式重複第一式，所有 $(6-2t,t)$ 都是解。若第二式右側改為 $13$，減去第一式兩倍得到 $0=1$，故無解。系數表看似相同，右側不同卻可能導致不同結果。

實數方程組不可能恰有兩個解而沒有其他解。若 $x_1,x_2$ 是兩個不同解，由分配律可知，對每個實數 $t$，$x_1+t(x_2-x_1)$ 都是同一方程組的解。因此解有無窮多個。

3.4 行列式與逆矩陣

對 $2\times2$ 矩陣，$\det\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}=ad-bc$。行列式非零意味著兩個系數欄線性無關，且對每個右側，方陣方程組都有唯一解。其逆矩陣為

$$A^{-1}=\frac1{ad-bc}\begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix}.$$

將它與 $A$ 按兩個次序相乘均得 $I$，從而證明公式。唯一解為 $x=A^{-1}b$。若 $ad-bc=0$，不能使用此公式，應改用消元法分類右側。

對 $n\times n$ 矩陣 $A=(a_{ij})$（$n\ge2$），記刪去第 $i$ 行和第 $j$ 欄得到的矩陣為 $M_{ij}$，其代數餘子式為 $C_{ij}=(-1)^{i+j}\det M_{ij}$。沿任一固定的第 $i$ 行展開，得到

$$\det A=\sum_{j=1}^n a_{ij}C_{ij}.$$

遞迴的基礎是 $1\times1$ 矩陣的 $\det(a_{11})=a_{11}$。例如，

$$\det\begin{pmatrix}2&1&0\\1&2&1\\0&1&2\end{pmatrix}=2(4-1)-1(2-0)=4.$$

消元提供另一種計算方法：交換兩行使行列式變號；一行乘以常數使行列式乘以該常數；一行加上另一行的倍數則不改變行列式。三角矩陣的行列式等於對角項之積。這些規則將行列式為零與缺少主元、矩陣奇異聯繫起來。

例 5：奇異參數處不能除出逆矩陣。 對 $A(a)=\begin{pmatrix}1&2\\2&a\end{pmatrix}$，行列式為 $a-4$，當且僅當 $a\ne4$ 時可逆。在 $a=4$ 處，第二個系數行是第一個的兩倍；要使方程組相容，右側也必須滿足同樣關係。含 $1/(a-4)$ 的表達式不是被排除情形的解公式。

3.5 可行性與線性不等式模型

解出等式不自動滿足非負或產能限制。可行集包含滿足所有條件的點。在平面中，非嚴格線性不等式 $ax+by\le c$ 在 $(a,b)\ne(0,0)$ 時表示閉半平面。有限個這類閉半平面的交集若非空、有界且具有非空的二維內部，便是凸多邊形。交集也可能為空、線段、點或無界；這些情形需另行處理。

例 6：小型資源模型。 設 $x,y\ge0$，資源限制為 $x+y\le4$、$2x+y\le6$，目標為 $P=3x+2y$。可行頂點是 $(0,0)$、$(3,0)$、$(2,2)$、$(0,4)$。交點 $(2,2)$ 由兩條起作用的資源約束取等號求得；各頂點目標值依次為 $0,9,10,8$，因此最大值為 $10$，在 $(2,2)$ 處取得。

為甚麼這裡檢查頂點足夠？非常數仿射目標不可能在內部取得嚴格最大值，因為沿其增長方向作小移動會增大目標。每條邊上的目標是一個參數的仿射函數，所以最大值在端點取得；若沿邊為常數，兩端點也取得相同最大值。緊致性保證最大值存在。這個幾何論證針對有界多邊形，不意味著每個非線性約束問題都由頂點求解。

若數量必須為整數，整數可行性是額外條件。本例的最優頂點為整數，但一般的連續最優解未必如此；分別四捨五入可能違反資源不等式。

3.6 分級練習

基礎

1. 設 $p=(2,5)^T$、$q=(4,3)^T$，計算 $p^Tq$；若分量分別是價格和數量，解釋其含義。
2. 對 $A=\begin{pmatrix}3&1\\0&2\end{pmatrix}$ 和 $q=(2,5)^T$，計算 $Aq$。
3. 若 $A$ 為 $2\times3$、$B$ 為 $3\times2$，寫出 $AB$ 與 $BA$ 的尺寸。

核心

4. 解 $3x+y=14$、$x+2y=8$，並驗證兩式。
5. 求 $x-y=3$、$2x-2y=6$ 的所有解。
6. 判斷 $x+2y=1$、$3x+6y=4$ 是否相容。
7. 求 $A=\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}$ 的逆，並用它解 $Ax=(7,4)^T$。
8. 沿非零項較少的一行或一欄展開，計算 $\begin{pmatrix}1&0&2\\0&2&0\\3&0&1\end{pmatrix}$ 的行列式。

綜合

9. 在 $x,y\ge0$、$x+y\le3$ 下最大化 $2x+y$，說明最大值點是否唯一。
10. 證明若 $Au=Av$ 則 $A(u-v)=0$；解釋為甚麼 $A$ 可逆會推出 $u=v$，並舉一個奇異例子，使不同輸入有相同輸出。

3.7 完整解答

1. $p^Tq=2(4)+5(3)=23$。價格和數量單位相容時，它是總價值，不是數量向量或平均價格。
2. 結果為 $(3(2)+5,0+2(5))^T=(11,10)^T$。
3. $AB$ 是 $2\times2$，$BA$ 是 $3\times3$。兩者均存在，但尺寸不同，不能相等。
4. 從第一式減去第二式三倍得 $-5y=-10$，故 $y=2$、$x=4$。核對：$12+2=14$ 和 $4+4=8$。
5. 第二式冗餘。令 $y=t$，得到所有解 $(3+t,t)$。
6. 從第二式減去第一式三倍得 $0=1$，方程組不相容。
7. 行列式為 $1$，故 $A^{-1}=\begin{pmatrix}1&-1\\-1&2\end{pmatrix}$。乘以 $(7,4)^T$ 得 $(3,1)^T$；核對：$(6+1,3+1)^T=(7,4)^T$。
8. 沿第二行展開：$2\det\begin{pmatrix}1&2\\3&1\end{pmatrix}=2(1-6)=-10$。
9. 頂點為 $(0,0),(3,0),(0,3)$，目標值為 $0,6,3$。唯一最大值為 $6$，在 $(3,0)$ 取得。直接地，$2x+y=(x+y)+x\le3+3=6$，且等號迫使 $x=3,y=0$。
10. 分配律給出 $A(u-v)=Au-Av=0$。若 $A$ 可逆，乘以 $A^{-1}$ 得 $u-v=0$。對於 $A=\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}$，不同向量 $(1,0)^T$ 和 $(1,2)^T$ 都映為 $(1,0)^T$。

總結與後續聯繫

向量保留數量的順序和含義。矩陣乘法組合相容的線性規則，並且依賴次序。可逆消元分類方程組，行列式與逆矩陣處理非奇異方陣情形。可行性把模型約束加到代數解上；線性不等式的幾何給出同時約束的初步應用。

本篇所用方法的證明

有限實矩陣乘法法則的證明

設 $m,n,p,q$ 為正整數，$A\in\mathbb R^{m\times n}$、$B\in\mathbb R^{n\times p}$、$C\in\mathbb R^{p\times q}$。以下只用行乘欄定義與實數的有限求和。對任意輸出位置 $(i,\ell)$，

$$\begin{aligned} ((AB)C)_{i\ell} &=\sum_{k=1}^{p}\left(\sum_{j=1}^{n}a_{ij}b_{jk}\right)c_{k\ell}\\ &=\sum_{j=1}^{n}a_{ij}\left(\sum_{k=1}^{p}b_{jk}c_{k\ell}\right) =(A(BC))_{i\ell}. \end{aligned}$$

中間等號只交換兩個有限和的求和次序，並使用實數分配律。兩邊同為 $m\times q$ 矩陣，每個位置相等，便證明結合律；沒有調換矩陣因子的次序。

對 $D\in\mathbb R^{n\times p}$，同一定義給出

$$[A(B+D)]_{ik}=\sum_{j=1}^{n}a_{ij}(b_{jk}+d_{jk}) =(AB)_{ik}+(AD)_{ik}.$$

對 $E\in\mathbb R^{m\times n}$，則有

$$[(A+E)B]_{ik}=\sum_{j=1}^{n}(a_{ij}+e_{ij})b_{jk} =(AB)_{ik}+(EB)_{ik}.$$

所以在所寫的相容大小下，兩條分配律均成立。對任意實純量 $c$，

$$[(cA)B]_{ik}=\sum_j(ca_{ij})b_{jk} =c\sum_j a_{ij}b_{jk} =\sum_j a_{ij}(cb_{jk})=[A(cB)]_{ik},$$

逐項相等便證明 $(cA)B=c(AB)=A(cB)$。特別地，對 $x,y\in\mathbb R^n$ 與實數 $s,t$，

$$[A(sx+ty)]_i=\sum_j a_{ij}(sx_j+ty_j) =s(Ax)_i+t(Ay)_i.$$

這證明了比較同一線性系統的解時所用的矩陣乘向量線性性質。所有恆等式都只針對大小相容的有限實矩陣，不聲稱任意矩陣因子可交換或可消去。

從較小矩陣構造行列式

定義

子矩陣、子式與餘因子

設 $A=[a_{ij}]$ 是一個 $n\times n$ 矩陣，其中 $n\ge2$。給定 $1\le i,j\le n$，同時刪去第 $i$ 行與第 $j$ 欄，所得的 $(n-1)\times(n-1)$ 矩陣記為子矩陣 $A(i\mid j)$。

屬於項 $a_{ij}$ 的子式是純量

$$M_{ij}=\det\bigl(A(i\mid j)\bigr)$$

屬於項 $a_{ij}$ 的餘因子是帶符號純量

$$C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}$$

符號形成左上角為正的棋盤：

$$\begin{bmatrix} +&-&+&\cdots\\ -&+&-&\cdots\\ +&-&+&\cdots\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots \end{bmatrix}$$

$A(i\mid j)$ 表示一個矩陣，$M_{ij}$ 是該矩陣的行列式， $C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}$ 則是加上符號後的純量。清楚區分這三個對 象，就不會把符號錯誤地乘兩次。

定義

行列式的遞迴定義

對於 $1\times1$ 矩陣 $[a_{11}]$，定義

$$\det([a_{11}])=a_{11}$$

對於 $n>1$ 的 $n\times n$ 矩陣，沿第一行定義

$$\det(A)=\sum_{j=1}^{n}a_{1j}C_{1j} =\sum_{j=1}^{n}(-1)^{1+j}a_{1j}M_{1j}$$

這是定義，還不是關於其他行或欄的定理。每個子式的階數都是 $n-1$， 所以反覆使用定義最終會到達 $1\times1$ 基本情形。不需要約定 $0\times0$ 行列式：子矩陣和子式的定義只用於 $n\ge2$。

觀看餘因子展開如何把一個行列式化成較小的有符號分支，再看零項如何剪枝、三角矩陣如何縮成對角線乘積。

1. 子式、符號、餘因子

   刪去第 i 行與第 j 欄後，取剩餘矩陣的行列式得到子式；再乘以 (-1)^{i+j} 得到餘因子。

2. 展開分支

   對 B=[[3,2,-1],[4,1,6],[-3,-1,2]]，沿第一行展開，三個子式的係數依次為 3、-2、-1。

3. 合併分支值

   三個子式為 8、26、-1。連同原矩陣元素與棋盤符號，得到 3(8)-2(26)+(-1)(-1)=-27。

4. 零項剪掉工作

   零項貢獻的是零餘因子項，所以選零多的行或列會立即刪去分支。

5. 唯一非零項

   若某行或列只有一個非零項，行列式就縮成一個帶符號的較小行列式。

6. 三角矩陣直接讀

   對三角矩陣而言，反覆做單分支展開後，留下的是對角線項之積。

餘因子展開既是遞迴定義，也是計算策略：選零多的行或列，讓零分支先消失，才不用花力氣計算它們。

從遞迴行列式證明任意餘因子展開

設 $A$ 為實 $n\times n$ 矩陣，$n\ge1$，行列式由一階基例和第一行遞迴定義。令 $S_n$ 為 $1,\ldots,n$ 的排列集合；定義逆序數 $\operatorname{inv}(\sigma)$ 為滿足 $r<s$ 且 $\sigma(r)>\sigma(s)$ 的數對個數，並令 $\operatorname{sgn}(\sigma)=(-1)^{\operatorname{inv}(\sigma)}$。

若 $\sigma(i)=j$，刪去位置 $i$ 與值 $j$，保持其餘位置及值的相對次序，得到排列 $\tau\in S_{n-1}$。設位置 $i$ 之前有 $u$ 個值小於 $j$；被刪去的逆序共有 $(i-1-u)+(j-1-u)=i+j-2-2u$ 個，故

$$\operatorname{sgn}(\sigma)=(-1)^{i+j}\operatorname{sgn}(\tau).$$

定義 $P_n(A)=\sum_{\sigma\in S_n}\operatorname{sgn}(\sigma)\prod_{r=1}^n a_{r,\sigma(r)}$。$n=1$ 時它就是遞迴行列式。$n>1$ 時，按 $\sigma(1)=j$ 分組並用符號恆等式，得 $P_n(A)=\sum_j(-1)^{1+j}a_{1j}P_{n-1}(A(1\mid j))$。歸納法因而證明 $P_n(A)=\det A$。

現在固定任意行 $i$，將同一有限排列和按 $\sigma(i)=j$ 分組。刪除操作與對應子矩陣的全部排列一一對應，因此

$$\det A=\sum_{j=1}^n(-1)^{i+j}a_{ij}\det(A(i\mid j)).$$

固定任意欄 $j$ 時，每個排列恰有一個位置 $i$ 滿足 $\sigma(i)=j$；按該位置分組即得

$$\det A=\sum_{i=1}^n(-1)^{i+j}a_{ij}\det(A(i\mid j)).$$

兩個展開公式均用於 $n\ge2$，沒有引入空行列式約定。此證明不預設換行交錯規則或行列式乘積定理。

結構規則為何成立

零行、零欄與唯一支撐項

定理

有零行或零欄時行列式為零

如果方陣的一整行或一整欄的每一項都是零，則它的行列式為零。

定理

某行或某欄至多有一個非零項

設 $C$ 是 $n\ge2$ 階方陣。若第 $k$ 行除 $c_{k\ell}$ 外都為零，則

$$\det(C)=c_{k\ell}(-1)^{k+\ell}\det\bigl(C(k\mid\ell)\bigr)$$

若第 $\ell$ 欄除 $c_{k\ell}$ 外都為零，也有同一公式。即使 $c_{k\ell}=0$，這個表述仍然成立。

當 $n=1$ 時，含有零行的矩陣就是 $[0]$，按基本定義其行列式為零。當 $n\ge2$ 時，使用任意行展開定理沿該行展開。每一項都含有一個零項作為 因子，所以每一項都為零，因而 $\det(A)=0$。

零欄可以用歸納法直接證明，這樣能看清零欄如何傳遞。$n=1$ 時，唯一 具有零欄的 $1\times1$ 矩陣是 $[0]$，其行列式為零。假設結論對 $n=k$ 成立。設 $(k+1)\times(k+1)$ 矩陣 $C$ 的第 $\ell$ 欄全為零， 沿第一行展開。第 $\ell$ 項的因子已經是零。對其餘每一項，刪去第一行 和某個 $j\ne\ell$ 的欄；原來的零欄仍在所得 $k\times k$ 子矩陣中，只是 在 $j\lt\ell$ 時欄指標向左移。由歸納假設，每個這樣的子矩陣的行列式都是零， 所以整行展開的每一項都為零，得到 $\det(C)=0$。

若某行除一項外全為零，沿該行展開即可；若某欄除一項外全為零，沿第 $k$ 行展開。$\ell$ 項保留下來，而對每個 $j\ne\ell$，子矩陣 $C(k\mid j)$ 都繼承了原第 $\ell$ 欄的零欄，因此其行列式為零。最後 只剩下 $c_{k\ell}(-1)^{k+\ell}\det(C(k\mid\ell))$。這正是稀疏行或 欄能把計算縮成一個子式的原因。

三角矩陣

定理

三角矩陣定理

若 $T$ 是上三角或下三角矩陣，則

$$\det(T)=t_{11}t_{22}\cdots t_{nn}$$

用 $n$ 作歸納證明上三角情形。$n=1$ 時結論就是行列式的定義。假設 結論對上三角 $k\times k$ 矩陣成立，令 $T$ 為 $k+1$ 階上三角矩陣。最 後一行除最後一項 $t_{k+1,k+1}$ 外都是零。沿最後一行展開，只有這一項 保留，而且符號 $(-1)^{2k+2}=1$：

$$\det(T)=t_{k+1,k+1}\det\bigl(T(k+1\mid k+1)\bigr)$$

保留下來的子矩陣仍是上三角矩陣，對角線為 $t_{11},\ldots,t_{kk}$。由歸納假設，它的行列式是 $t_{11}\cdots t_{kk}$，於是得到完整的對角線乘積。下三角情形類似但可 沿第一行展開：第一行只可能留下 $t_{11}$，刪去第一行第一欄後的子矩陣 仍是下三角矩陣，對角線由 $t_{22}$ 到 $t_{nn}$。

固定一行時的多重線性

定理

固定一行時的多重線性

固定除第 $p$ 行外的每一行。若新第 $p$ 行是 $\alpha u+\beta v$，則

$$\det(\text{相同其他各行,但第 }p\text{ 行為 }\alpha u+\beta v) =\alpha\det(\text{相同其他各行,但第 }p\text{ 行為 }u) +\beta\det(\text{相同其他各行,但第 }p\text{ 行為 }v)$$

當 $n=1$ 時，基本定義直接給出

$$\det([\alpha a+\beta b])=\alpha a+\beta b =\alpha\det([a])+\beta\det([b])$$

這就證明了 $1\times1$ 情形。

當 $n\ge2$ 時，固定除第 $p$ 行外的每一行。設矩陣 $A,B,C$ 在這些固定行上完全相同， 而第 $p$ 行滿足 $c_p=\alpha a_p+\beta b_p$。對每個欄指標 $j$，刪 去第 $p$ 行後得到相同的矩陣：

$$A(p\mid j)=B(p\mid j)=C(p\mid j)$$

沿第 $p$ 行展開 $\det(C)$，再用每一項的關係 $c_{pj}=\alpha a_{pj}+\beta b_{pj}$ 和分配律，得到

$$\begin{aligned} \det(C) &=\sum_{j=1}^{n}(\alpha a_{pj}+\beta b_{pj})(-1)^{p+j}\det(C(p\mid j))\\ &=\alpha\det(A)+\beta\det(B) \end{aligned}$$

關鍵正是其他每一行都固定；同時改變兩行是另一條命題。

相鄰換行與相同行

定理

若有兩行相同，行列式必為零

若一個方陣有兩行完全相同，則它的行列式等於 $0$。

設 $A$ 的相鄰兩行是 $r_q,r_{q+1}$，交換這兩行得到 $B$。沿 $A$ 的第 $q$ 行展開，沿 $B$ 中已經移動到第 $q+1$ 行的同一行 $r_q$ 展開。對每個欄指標 $j$，兩次刪去該行後留下的子矩陣次序相同， 但符號相反，因為

$$(-1)^{q+1+j}=-(-1)^{q+j}$$

逐項比較便得 $\det(B)=-\det(A)$。位置 $p\lt q$ 的兩行交換可以由 $2(q-p)-1$ 次相鄰交換組成，這是奇數次，所以同樣會使行列式變號。

若 $A$ 的第 $p$ 行與第 $q$ 行相同，交換它們後矩陣仍是 $A$ 本身。換行 結論於是給出 $\det(A)=-\det(A)$。由於這裏的項是實數， $2\det(A)=0$，所以 $\det(A)=0$。這個證明沒有調用下一節才會出現的行 替換規則。

指標與計算策略

每一項都要同時保留三個對象：所選項、刪去一行一欄後得到的子矩陣，以及取該子矩陣行列式所得的子式。先按原矩陣中的行列位置寫出棋盤符號，再計算子式。若繼續展開子式，應使用子式自己的局部指標；局部指標不會取代外層餘因子的符號。

任意行、任意欄展開定理使展開線可以有策略地選擇。優先選擇零多或剩餘子式較簡單的行或欄，並在計算前說明理由。零項會立即刪去分支；零子式則必須由它自己的計算證明。第一行遞迴式定義行列式，任意行欄展開則是容許這種計算選擇的定理。