系统性风险度量的计算：混合整数线性

之所以会出现这种情况，是因为银行总数是固定的，而银行数量较少的集团拥有更广泛的资本配置选项，因为它在这种设置范围内对其他集团的银行拥有更多的债权。nInnerapprox。verticesOuterapprox。verticesPproblemsAvg。每生产一次。（秒）总算法时间（秒）总算法时间（小时）5 6 7 6 1.006 6 0.00210 436 437 436 3.994 1 742 0.48415 583 584 584 3.876 2 264 0.62920 516 517 517 7 7.887 4 078 1.13325 557 558 557 6.118 3 408 0.94730 371 372 371 5.786 2 147 0.59635 187 188 187 6.100 1 141 0.31740 106 108 5.196 561 0.1566表10:n的算法计算性能∈ {5, 10, 15, 20, 25, 30, 35, 40}.内部近似值。verticesOuterapprox。verticesPproblemsAvg。每生产一次。（秒）Total algorithmtime（秒）Total algorithmtime（小时）413 516 1250 2.904 3631 1.009表11：具有10个大银行、20个中银行和30个小银行、50个场景和近似误差=20.4.5具有60个节点的三组签名Eisenberg Noe网络的算法计算性能在本节中，我们考虑了一个由N=60，N=10，N=20，N=30，K=50，σ=100生成的三组有符号Eisenberg-Noe网络（N，π，p，X）， = 0.05和qcon=0.4 0.2 0.10.3 0.4 0.10.2 0.3 0.4, lgr公司=20 15 815 10 68 6 5, ν =-50-100-150.在相应的Eisenberg-Noe系统风险度量中，我们取γp=0.95。表11显示了=20时算法的计算性能。图10代表了相应的三组艾森伯格Noe系统风险度量的内部近似值。

可以假定此Eisenberg-Noe s y系统风险度量值是凸的。图10：三组Eisenberg-Noe系统风险度量的内部近似值，60个节点，50个场景，近似误差=20.4.6三组Rogers-Veraart网络，60个节点。在本节中，我们考虑一个Rogers-Veraart网络（N，π，(R)p，X，α，β），生成N=60，N=10，N=20，N=30，K=50， = 0.05和qcon=0.4 0.2 0.10.2 0.3 0.20.1 0.2 0.2, lgr公司=200 190 180190 190 180180 180 170.内部近似值。verticesOuterapprox。verticesPproblemsAvg。每生产一次。（秒）Total algorithmtime（秒）Total algorithmtime（小时）975 1323 19382 0.427 8284 2.301Table 12：Rogers-Veraart网络的算法计算性能，其中有10个大银行、20个中银行和30个小银行，50个场景，近似误差=40。此外，违约银行可用的随机经营现金流的流动部分和已实现债权的流动部分固定为α=β=0.9。Xi，iγ分布的sh ape和scaleparameters∈ Nl, l ∈ G、 选择为κ=[100 81 64]，θ=11.25]。在相应的Rogers-Veraart系统风险度量中，我们取γp=0.99。近似值中的上边界点取zUB=^zideal+k'pk∞.表12显示了算法f或=40的计算性能。图11提供了相应的三组罗杰斯-维拉特系统风险度量的内部近似值。可以看出，罗杰斯-维拉特系统风险测度的值不是凸的。A第2A节中结果的证明。1命题证明2.6为了证明“仅当”部分，设p=（p，…，pn）T∈ [0，\'p]是清除向量。为了证明p是ΦEN的固定点，让i∈ N、 IfPnj=1πjipj+xi≤ 0，则pi=0，立即默认，ΦENi（p）=0，乘以（2.4）。

因此，ΦENi（p）=pi。如果Pnj=1πjipj+xi>0，则根据绝对优先级，pi=(R)pi或pi=Pnj=1πjipj+xi。图11:Rogers-Veraart三组系统风险度量的内部近似值，60个节点，50个场景，近似误差=40。如果pi=\'pi，则有限责任公司，\'pi≤Pnj=1πjipj+xind，因此，通过（2.4），ΦENi（p）=π。因此，ΦENi（p）=pi。另一方面，如果pi=Pnj=1πjipj+xi<pi，则通过（2.4），ΦENi（p）=Pnj=1πjipj+xi。因此，ΦENi（p）=pi。Thu s，p是ΦEN的固定点。为了证明“if”部分，让p=（p，…，pn）t为ΦEN的x点。换句话说，对于everyi∈ N、 ΦENi（p）=π。为了证明p是一个清除向量，让我∈ N、 IfPnj=1πjipj+xi≤ 0，则ΦENi（p）=pi=0，乘以（2.4）。因此，立即违约成立。如果Pnj=1πjipj+xi>0，则ΦENi（p）=pi≤Pnj=1πjipj+xi，乘以（2.4）。因此，责任有限。现在假设pnj=1πjipj+xi>0。IfPnj=1πjipj+xi≤ π，然后ΦEN（p）=π=Pnj=1πjipj+xi。如果Pnj=1πjipj+xi>π，那么ΦEN（p）=π=π，乘以（2.4）。因此，绝对优先权也同样适用。因此，p是一个清除向量。A、 定理2.7的证明定理2.7的证明基于以下引理。引理A.1。设（p，s）为∧EN（x）的MILP的最优解。让我∈ N使得0<Pnj=1πjipj+xi。然后，pi=min{Pnj=1πjipj+xi，\'pi}。证据如果si=0，则假设约束（2.9）不可行。因此，si=1，且该yieldspi≤Pnj=1πjipj+xind pi≤ ？pi，分别由约束条件（2.7）和（2.8）决定。因此，pi≤ minnnXj=1πjipj+xi，(R)pio。为了与引理的说法相矛盾，假设pi<min{Pnj=1πjipj+xi，\'pi}。

Nowlet p∈ Rn+在除ithone以外的所有分量中均等于p，且设pi=pi+，其中：=minminnnXj=1πjipj+xi，\'pio-pi，M- 最大值∈NnXj=1πjlpj+xl, ′> 0，且′：=minnnXj=1πjlpj+xl|nXj=1πjlpj+xl<0，l∈ 否。（此处，我们假设′=+∞ 如果没有资格∈ N在上述定义中。）这一选择确保了≤ \'计划pi≤nXj=1πjipj+xi，并将在本证明后面的其他技术细节中进行调整。让我们∈ {0，1}nbe一个二进制向量，其中sl=0 ifPnj=1πjlpj+xl<0，sl=1 ifPnj=1πjlpj+xl≥ 0，对于每个l∈ N、 我们证明了（p，s）是∧EN（x）的一个可行解，证明了（2.6）中的所有约束都得到了满足。首先，对于固定k∈ 对于（p，s），我们验证了（2.6）中的kthconstraint。我们考虑三种情况：1。假设Pnj=1πjkpj+xk<0。如果sk=1，则根据约束（2.7），pk≤nXj=1πjkpj+xk+M（1- 1） =nXj=1πjkpj+xk<0，这与约束（2.10）中（p，s）的可行性相矛盾。因此，sk=0，inits turn表示pk=0乘以（2.8）和（2.10）。根据p和s的定义，它认为pk=pk=0，因为k 6=i，sk=0。约束（2.7）保持aspk=pk=0≤nXj=1πjkpj+xk+M（1- sk）=nXj=1πjkpj+xk+M+πikby pk=0和sk=0的可行性，以及由于>0和πik≥ 约束（2.9）保持asnXj=1πjkpj+xk=nXj=1πjkpj+xk+πik≤nXj=1πjkpj+xk+≤ 0=MsksincePnj=1πjkpj+xk<0，πik≤ 1，因为取一个足够小的>0，以确保Repnj=1πjkpj+xk+≤ 节点k的约束条件（2.8）和（2.10）由pk=0和sk=0的可行性决定。因此，pk=0和sk=0满足（2.6）中的相应约束。2、假设Pnj=1πjkpj+xk=0。现在，sk=0或sk=1保持不变。如果sk=0，则通过约束条件（2.8）和（2.10），pk=0。

如果sk=1，则根据这种情况的假设和（2.7），pk≤Pnj=1πjkpj+xk+M（1- 1） =0，与（2.10）一起表示pk=0。此外，根据p和s的定义，pk=pk=0和sk=1。约束（2.7）保持aspk=pk=0≤nXj=1πjkpj+xk+M（1- sk）=nXj=1πjkpj+xk+M（1- 1） +πik=πik，sincePnj=1πjkpj+xk=0，>0和πik≥ 约束（2.9）保持asnXj=1πjkpj+xk=nXj=1πjkpj+xk+πik=πik≤ Msk=MsincePnj=1πjkpj+xk=0，≤ minl公司∈N{M- （Pnj=1πjlpj+xl）}≤ M定义为，0≤ πik≤ 1、很容易观察到，节点k的（2.6）中的所有其他约束条件主要通过pk=0和sk=1.3得到满足。假设0<Pnj=1πjkpj+xk。如果sk=0，则通过约束（2.9），nXj=1πjkpj+xk≤ Msk=0，这与假设相矛盾。因此，sk=1。此外，根据s的定义，sk=1。由于k=1，（2.8）和（2.10）由pk的可行性决定，因为k 6=i的pk=pk。此外，（2.9）由于>0被认为足够小，以确保xj=1πjkpj+xk=nXj=1πjkpj+xk+πik≤ M、 （A.1）事实上，回想一下假设Pnj=1πjl<n，对于每个l∈ N、 因此，f或每个l∈ N和forevery p∈ [0，\'p]，Pnj=1πjlpj+xl<M，其中M=n k'pk∞+ kxk公司∞. 因此，（A.1）由的选择来保证。（这是包含术语M的原因- 最大值∈N（Pnj=1πjlpj+xl），定义为。）注意，由于sk=1，pk≤Pnj=1πjkpj+xkholds。然后满足约束条件（2.7），因为cepk=pk≤nXj=1πjkpj+xk≤nXj=1πjkpj+xk+πik=Xj∈Nj6=iπjkpj+πik（pi+）+xk=nXj=1πjkpj+xk。基本满足约束条件（2.10）。因此，pkand sk满足（2.6）中的相应约束。接下来，我们证明pian和s满足（2.6）f或i中的约束。根据引理A.1的假设，它保持si=1，sincePnj=1πjipj+xi>0。然后，由于pi=pi+>0且pi=pi+，约束条件（2.8）和（2.10）成立≤ pi+(R)pi- 圆周率≤ \'\'pi，其中≤ “”pi- piholds s ince≤ min{Pnj=1πjipj+xi，\'pi}- ？pi。

Cons培训（2.7）持有aspi=pi+≤ pi+nXj=1πjipj+xi- pi=nXj=1πjipj+xi≤nXj=1πjkpj+xk+πik=Xj∈Nj6=iπjkpj+πik（pi+）+xk=nXj=1πjkpj+xk，其中≤Pnj=1πjipj+xi-piholds自起≤ min{Pnj=1πjipj+xi，\'pi}- ？pi。约束（2.9）保持nXj=1πjipj+xi=nXj=1πjipj+xi+πii=nXj=1πjipj+xi≤ Mby p的可行性，因为πll=0，对于每个l∈ N、 基本满足约束条件（2.10）。因此，pian和s满足（2.6）中相应的约束条件。因此，（p，s）是∧EN（x）的可行解。然而，自p≥ 当p6=p且f是严格递增函数时，它认为f（p）>f（p），这与p的最优性相矛盾。因此，pi=min{Pnj=1πjipj+xi，\'-pi}。定理2.7的证明。设（p，s）为∧EN（x）的MILP的最优解。为了证明p是一个清除向量，通过命题2.6，我们等价地证明ΦEN（p）=p∈ N、 回顾（2.5），我们考虑三种情况：1。假设Pnj=1πjipj+xi≤ 0。那么，通过（2.4），ΦENi（p）=0。根据引理A.1的顶点，对于这种情况，pi=0。因此，pi=0=ΦENi（p）。2、假设0<Pnj=1πjipj+xi≤ ？pi。然后，通过（2.4），ΦENi（p）=Pnj=1πjipj+xi。由于0<Pnj=1πjipj+xi，引理A.1，pi=minnnXj=1πjipj+xi，(R)pio=nXj=1πjipj+xi。因此，pi=Pnj=1πjipj+xi=ΦENi（p）。3、假设Pnj=1πjipj+xi＞pi。然后，通过（2.4），ΦENi（p）=π。当πjipj=1πjipj+xi>π>0时，同样通过引理A.1，π=minnnXj=1πjipj+xi，\'pio=\'pi。因此，pi=(R)pi=ΦENi（p）。因此，p是（N，π，(R)p，x）的清除向量。备注A.2。在定理2.7中，M=n k'pk∞+ kxk公司∞以确保合同（2.9）的可行性。换言之，选择M，使得pnj=1πjipj+xi就足够了≤ M、 foreach i公司∈ N和每p∈ [0，\'p]。此外，对于每个i∈ N和每p∈ [0，\'p]，因为Cpnj=1πji<n，它保持Ppnj=1πjipj<n k'pk∞. 因此，Pnj=1πjipj+xi≤ n k？pk∞+ kxk公司∞= M、 命题2.13的证明设p=（p，…）。

，pn）TbeΦRV+的固定点。为了证明p是（N，π，’p，x，α，β）的清除向量，让i∈ N、 如果'pi≤ xi+Pnj=1πjipj，然后ΦRV+i（p）=π=π≤ xi+Pnj=1πjipj，如果'pi>xi+Pnj=1πjipj，则ΦRV+i（p）=αxi+βPnj=1πjipj=pi≤ xi+Pnj=1πjipj，根据（2.11）中ΦRV+的定义，并且由于p是ΦRV+的一个固定点。因此，定义2.12中的有限责任和绝对优先权均成立。因此，p是（N，π，(R)p，x，α，β）的清除向量。A、 定理2.15的证明定理2.15的证明依赖于以下三个引理。引理A.3。设（p，s）为∧RV+（x）的MILP的最优解。让我∈ N使得αxi+βnXj=1πjipj<πpi≤ xi+nXj=1πjipj。那么，si=1。证据要得到一个矛盾，假设si=0。然后是pi≤ αxi+βPnj=1πjipj<piby约束（2.13）和假设。设p′∈ Rn+在除ithone以外的所有分量中都等于p，并设p′i=(R)pi。还有，让我们∈ Rn+在除ithone以外的所有分量中都等于s，且设s′i=1。通过检查（2.12）中的所有约束是否满足，我们证明（p′，s′）是∧RV+（x）的可行解。首先，对于固定k∈ N{i}，我们验证了（2.12）中（p′，s′）的kthconstraint。约束（2.13），（2.14）保持asp′k=pk≤ αxk+βnXj=1πjkpj+(R)pksk≤ αxk+βnXj=1πjkpj+(R)pksk+πik（(R)pi- pi）=αxk+βnXj=1πjkp′j+’pks′k，’pks′k=’pksk≤ xk+nXj=1πjkpj≤ xk+nXj=1πjkpj+πik（(R)pi- pi）=xk+nXj=1πjkp′j，因为每k的p′k=pk，s′k=sk∈ K使得K 6=i，(R)pi- pi>0，πik≥ 0和（p，s）的可行性。Cons traint（2.15）通过（p，s）的可行性微不足道。接下来，我们验证（2.12）中关于p′i=’pi，s′i=1的ITH约束。约束条件（2.13），（2.14）保持ASP′i=’pi≤ αxi+βnXj=1πjipj+’pis′i=αxi+βnXj=1πjipj+’pi+πii（’pi- pi）=αxi+βnXj=1πjip′j+’pi，’pis′i=’pi≤ xi+nXj=1πjipj=xi+nXj=1πjipj+πii（(R)pi- pi）=xi+nXj=1πjip′j，因为αxi+βPnj=1πjip′j≥ 0，πii=0，根据引理A.3的假设。

约束（2.15）微不足道。因此，（p′，s′）是∧RV+（x）的可行解。然而，由于p′≥ p′6=p，f是一个严格的增函数，它保持f（p′）>f（p），这与p的最优性相矛盾。因此，si=1。引理A.4。设（p，s）为∧RV+（x）的MILP的最优解。让我∈ N带'pi≤ xi+Pnj=1πjipj。然后，pi=(R)pi。证据要得到一个矛盾，假设pi<\'pi。设p′∈ Rn+在除ithone外的所有成分中均等于p，并设p′i=’Pi我们通过证明（2.12）中的所有约束均满足，证明（p′，s）是∧RV+（x）的可行解。首先，对于固定k∈ N{i}，我们验证（2.12）中（p′，s）的kthconstraint。约束条件（2.13）和（2.14）保持asp′k=pk≤ αxk+βnXj=1πjkpj+(R)pksk≤ αxk+βnXj=1πjkpj+(R)pksk+πik（(R)pi- pi）=αxk+βnXj=1πjkp′j+’pksk和‘pksk≤ xk+nXj=1πjkpj≤ xk+nXj=1πjkpj+πik（(R)pi-pi）=xk+nXj=1πjkp′j，因为每k的p′k=pk∈ K使得K 6=i，(R)pi- pi>0，πik≥ 0和（p，s）的可行性。（p，s）的可行性对约束（2.15）的适用性影响不大。接下来，我们验证（2.12）中关于p′i=’pi，si的ITH约束。我们考虑两种情况：1。假设“pi”≤ αxi+βPnj=1πjipj。然后，约束（2.13）和d（2.14）保持f或si=0和si=1 asp′i=’pi≤ αxi+βnXj=1πjipj+(R)pisi=αxi+βnXj=1πjipj+(R)pisi+πii（(R)pi- pi）=αxi+βnXj=1πjip′j+’pisi和‘pisi≤ xi+nXj=1πjipj=xi+nXj=1πjipj+πii（(R)pi- pi）=xi+nXj=1πjip′j，因为πii=0，并且根据引理A.4的假设。合同（2.15）仅适用于一般情况。2、假设αxi+βPnj=1πjipj<πpi。然后，通过引理A.3，si=1。然后约束（2.13）和（2.14）保持asp′i=’pi≤ αxi+βnXj=1πjipj+(R)pisi=αxi+βnXj=1πjipj+(R)pi+πii（(R)pi- pi）=αxi+βnXj=1πjip′j+’pi，且‘pisi=’pi≤ xi+nXj=1πjipj=xi+nXj=1πjipj+πii（(R)pi- pi）=xi+nXj=1πjip′j，因为πii=0，并且根据引理A.4的假设。

施工（2.15）令人满意。因此，（p′，s）是∧RV+（x）的可行解。然而，由于p′≥ p′6=p，f是一个严格的增函数，它保持f（p′）>f（p），这与p的最优性相矛盾。因此，pi=\'pi。引理A.5。设（p，s）为∧RV+（x）的MILP的最优解。让我∈ N，π>xi+Pnj=1πjipj。然后，pi=αxi+βPnj=1πjipj。证据为了得到一个矛盾，假设pi6=αxi+βPnj=1πjipj。如果si=1，则约束（2.14）不符合假设。因此，si=0，pi<αxi+βPnj=1πjipjby约束（2.13）。设p′∈ Rn+在除ithone以外的所有组分中均等于p，且设p′i=αxi+βPnj=1πjipj。通过检查（2.12）中的所有约束是否满足，我们证明（p′，s）是∧RV+（x）的可行解。首先，对于固定k∈ N{i}，我们验证（2.12）中（p′，s）的kthconstraint。约束条件（2.13）和（2.14）保持asp′k=pk≤ αxk+βnXj=1πjkpj+(R)pksk≤ αxk+βnXj=1πjkpj+(R)pksk+πik（(R)pi- pi）=αxk+βnXj=1πjkp′j+’pksk和‘pksk≤ xk+nXj=1πjkpj≤ xk+nXj=1πjkpj+πik（(R)pi-pi）=xk+nXj=1πjkp′j，因为每k的p′k=pk∈ K使得K 6=i，(R)pi- pi>0，πik≥ 0和（p，s）的可行性。（p，s）的可行性对约束（2.15）的适用性影响不大。接下来，我们验证（2.12）中对于p′i=αxi+βPnj=1πjipj，si=0的ITH约束。约束条件（2.13）和（2.14）h旧asp′i=αxi+βnXj=1πjipj≤ αxi+βnXj=1πjipj+(R)pisi=αxi+βnXj=1πjipj+πii（(R)pi- pi）=αxi+βnXj=1πjip′j，且'pisi=0≤ xi+nXj=1πjipj=xi+nXj=1πjipj+πii（(R)pi- pi）=xi+nXj=1πjip′j，因为πii=0，xi+Pnj=1πjip′j≥ 0、基本满足约束条件（2.15）。因此，（p′，s）是∧RV+（x）的可行解。然而，由于p′≥ p′6=p，f是一个严格的增函数，它保持f（p′）>f（p），这与p的最优性相矛盾。

因此，pi=(R)pi。我们结合上述引理的结果得出结论，并证明定理2.15。定理2.15的证明。设（p，s）为∧RV+（x）的MILP的最优解。为了证明p是一个清除向量，由于命题2.13，它需要显示ΦRV+（p）=p。让我们假设i∈ N、 回顾（2.11），我们考虑两种情况：1。假设“pi”≤ xi+Pnj=1πjipj。然后，通过（2.11），ΦRV+i（p）=π。引理A.4，pi=(R)pi。因此，pi=(R)pi=ΦRV+i（p）。2、假设'pi>xi+Pnj=1πjipj。然后，通过定义（2.11），ΦRV+i（p）=αxi+βPnj=1πjipj。根据引理A.5，pi=αxi+βPnj=1πjipj。因此，pi=αxi+βPnj=1πjipj=ΦRV+i（p）。因此，p是一个清除向量。B第3B节中结果的证明。定理3.2Let（z，（pk，sk）k的证明∈K） 是（3.9）中问题的可行解决方案。然后，对于每个k∈ K、 （pk，sk）是（3.3）中∧OPT（X（ωK）+BTz）的可行解，因为（3.9）中的优化问题包括（3.3）中的约束。因此，f对于每个k∈ K、 ∧OPT（X（ωK）+BTz）≥ f（pk），表示[λOPT（X+BTz）]≥KXk=1qkf（pk）≥ γ、 其中，第二个不等式通过（z，（pk，sk）k的可行性成立∈K） 。因此，z是（3.8）中问题的可行解决方案。So P（w）≤ Z（w）。相反，设oz为（3.8）中问题的可行解。对于每个k∈ K、 对于∧OPT（X（ωK）+BToz，存在一个非最优解（opk，osk）。那么，KXk=1qkf（opk）=E[λOPT（X+BToz）]≥ γ、 根据P（w）的定义。因此，（oz，（opk，osk）k∈K） 是（3.9）中问题的可行解决方案。So P（w）≥ Z（w）。B、 2第3.1.1节推论3.5的证明。日元：Rn→ 2Rn×Znbe是由yen（x）：=n（p，s）定义的集值函数∈ Rn×Zn | p≤∏Tp+x+M(- s）∧ （(R)p⊙ s） ，πTp+x≤ M s，p∈ [0，\'p]，s∈ {0，1}否（B.1），然后，应用定理3.2，Y=YENgives-PEN（el) = 禅宗（el).命题3.6.1的证明。Let（z，（pk，sk）k∈K） 成为问题的最佳解决方案。