艾森伯格Noe清算向量对单个银行间同业的敏感性

即H=(-h类**, h类**).A、 2摄动矩阵的正交基我们在这里为n（π）。要确定想法，请考虑案例n=4，其中矩阵的一般形式 ∈ （C）对于完全连接的网络，∏C可以写为（πC）=诊断（(R)p）-1.0 zz-z- zz0 z-z- zz公司-Pk=1zkPk=1zk-z- zPk=2zk-z- zz∈ R,很明显，有5个自由度。很容易看出，一般来说，一个hasd=n-3n+1个自由度。在n=4的情况下，两个这样的基元^Eand^Eare由^E给定=\'\'p-1'p0 0 0 0 0-1“p”p0 0 0 0 0和^E=0 0'p-1'p0 0 0 0 0-1“p”p“p”-1'p.总的来说，我们注意到n（π）是一个封闭的凸多面体集；我们将利用这一事实来生成构造n（π），如下所示：1。定义~n（π）：=δ ∈ 注册护士δi+n（i-1） =0，nXj=1δi+n（j-1） =0，nXj=1？pjδn（i-1） +j=0，1{πij=0}δi+n（j-1)= 0 i、 j是的矢量化版本n（π）。2、构造矩阵a（π）∈ R（n+2n）×nso~n（π）={δ∈ Rn | A（π）δ=0}。请注意~n（π）（因此也适用于n（π））由矩阵A（π）的rankof给出。我们在矩阵A（π）中包含足够的行，以确保行和n（加权）列和为0，并且基于πij=0.3，δ的分量等于零。的正交基~n（π）可以通过生成A（π）的零空间的正交基{e，…，ed}来求出。最后，我们的基矩阵{E，…，Ed}可以通过设置Ek重塑A（π）的零空间的基来生成；i、 j：=ek；i+n（j-1） 对于任何k=1。。。，d和i，j∈ N、 定义A.2。集合En（π）：={E，…，Ed}是相对责任矩阵∏的扰动矩阵的正交基。此外，向量E（π）p（π）：=DEp（π）。

，DEdp（π）∈ Rn×dis是相对责任矩阵∏的基方向导数向量。当向量形式在Rn中正交时，我们将两个矩阵定义为正交矩阵，并注意到，通过构造，扰动矩阵~En（π）基中的任何矩阵都具有单位frobeniunsorm。提案A.3。Let∏∈ πn.那么D~E（π）p（π）>D~E（π）p（π）对于扰动矩阵的正交基的任何选择都是相同的。此外，ifzλ、 ~E（π）∈ Rdi是对应于特征值λ和基E（π）的特征向量，则Pdk=1zkλ、 ~E（π）Ekis独立于基础的选择。证据设E为~E（π）的向量化版本，设F 6=E为不同的正交基。通过方向导数的线性（见定理2.6），我们可以立即说明D~E（π）p（π）>对于某些矩阵C，D~E（π）p（π）=E>CE∈ Rn×n。Let（λ，v）是算子E>CE和Let z的特征值和igenvector对∈ rdev=F z。我们将证明（λ，z）是F>CF的特征值和特征向量对，因此证明是完整的：λz=λF>F z=λF>Ev=F>E（λv）=F>EE>CEv=F>CF z。最后一个等式来自以下事实，即EE>=F>是上的唯一投影矩阵~n（π）。提案A.4。Let∏∈ ∏n.那么D~E（π）p（π）>c独立于扰动矩阵的正交基的选择~E（π）和任何固定向量c∈ 注册护士。证据在命题A.3的证明中，设E和F是向量化扰动空间∏n（π）的两个不同的基矩阵。通过方向导数的线性（见定理2.6），我们可以立即说明D~E（π）p（π）>c=E>某些向量的▄c∈ 注册护士。很快我们就可以看到kE>~ck=kF>~ck，因为EE>=F F>是唯一的投影矩阵~n（π）。