例题：已知差分方程51(2)(1)()(+1)+0.5()6
6
x k x k x k r k r k +-++=，其中r (k )=1，k ≥0，x (0)=1，
x (1)=2。
(1) 试由迭代法求其全解的前5项；
(2) 分别由古典法求其零输入解、零状态解，以及全解； (3) 用Z 变换法求解差分方程。
解：注：解题过程中出现的下标“zi ”和“zs ”分别表示零输入条件和零状态条件。
1. 迭代法
题目中给出的条件仅仅是零输入初始条件，进行迭代求解时的初始条件应该是全解初始条件。
(1) 零输入初始条件
本题已给出零输入时的两个初始条件x zi (0)=1，x zi (1)=2。
(2) 零状态初始条件
取k =-2时，则51
(0)(1)(2)(1)0.5(2)66x x x r r --+-=-+-，得x zs (0)=0； 取k =-1
时，则51
(1)(0)(1)(0)0.5(1)66
x x x r r -+-=+-，求得
x zs (1)=1。
(3) 全解初始条件
x (0)= x zi (0)+ x zs (0)=1； x (1)= x zi (1)+ x zs (1)=3。
(4) 根据求出的全解x (0)和x (1)，利用迭代法求解
取k =0时，则51(2)(1)(0)(1)0.5(0)66x x x r r -+=+，求得23
(2)6x =；
取k =1时，则51(3)(2)(1)(2)0.5(1)66x x x r r -+=+，求得151
(3)36x =；
取k =2时，则51(4)(3)(2)(3)0.5(2)66x x x r r -+=+，求得941
(4)216
x =。
2. 古典法
(1) 零输入解
令输入为零，则得齐次方程 51
(2)(1)()066x k x k x k +-++= (a)
求得特征根为： 12d =，23d = 于是其齐次解为
zi 1211
()()()23
k k x k C C =+
将初始条件x (0)=1，x (1)=2分别代入，得到一组联立方程式
zi 12zi 12(0)1
11
(1)223x C C x C C =+=⎧⎪
⎨=+=⎪⎩
求得系数C 1，C 2分别为：1210,
9C C ==-
从而得到零输入解zi 11()10()9()2
3
k k x k =-
(2) 零状态解
将单位阶跃激励信号分解为单位脉冲激励函数序列，则系统在单位脉冲激励作用下引起的响应的差分方程如下：
51
(2)(1)()(+1)+0.5()66
h k h k h k k k δδ+-++=
(b)
由于脉冲信号只在k =0时值为1，即(0)1δ=。
而在k 为其它值时都为零，利用这一特点可以很方便的迭代求出h (0)，h (1)和h (2)。
取k =-2时，则51
(0)(1)(2)(1)0.5(2)66h h h δδ--+-=-+-，求得h (0)=0； 取k =-1时，则51
(1)(0)(1)(0)0.5(1)66h h h δδ-+-=+-，求得h (1)=1;
取
k =0时，则51(2)(1)(0)(1)0.5(0)66h h h δδ-+=+，求得4
(2)3
h =。
在此后（指k>0时），(b)
式右端恒为零。
可以将(b)式看成是一个以h (1)和h (2)为初始条件的齐次方程（h (0)=0），如下(c)式。
上面已求出(c)式的通解 121
1()()()23
k k h k C C =+
又因为只有h (1)和h (2)才能够反映单位脉冲响应输入序列(+1)k δ和0.5()k δ对差分方程输出的影响，而其余时刻差分方程右侧均为零，成为“零输入”。
则将边界条件h (1)=1，4
(2)3
h =分别代入齐次通解得
1212
11(1)123
114(2)493h C C h C C ⎧
=+=⎪⎪⎨
⎪=+=⎪⎩
解方程组求得系数C 1，C 2的值
1212,15C C ==-
将求得的系数代入齐次方程得 1
1()12()15(),123
k k h k k =-≥
根据h (k )的表达式求得h (0)=-3，而实际初始条件h (0)=0，则系统响应可分段表示为
1112()15(),1()23
0,
k
k k h k k ⎧-≥⎪
=⎨⎪=⎩
也可表示为 11
()12()15()3(),
023k k h k k k δ=-+≥
(d)
(d)式是原方程(1)式的零状态单位冲击响应。
按照线性系统的迭加原理，
求解单位阶跃信号的零状态响应为
zs 0011()()()
()
1112()15()3()2311
1()1()3212153
111123145151
2412()()3
22231151912()()2232
k
i k i i i k k k k k k x k h k r k h i i δ==++=*=⎡⎤
=-+⎢⎥
⎣
⎦--=⨯-⨯+--=--++=-++
∑∑ (3) 全解表达式
系统完全响应=零输入响应+零状态响应
()zi zs ()()
111151910()9()12()()23223213192()()2232
k k k k k k x k x k x k =+=--++=--+
求其全解的前5项进行验证
取k =0时，则()001319
02()()12232x =--+=； 取k =1时，则()111319
12()()32232x =--+=；
取k =2时，则()22131923
22()()22326x =--+=；
取k =3时，则()331319151
32()()
x =--+=；
取k =4
与由“迭代法”求得的结果相同。
3. Z 变换法
对差分方程两边同时进行Z 变换
51
[(2)(1)()][(+1)+0.5()]66
Z x k x k x k Z r k r k +-++=
由线性定理可得
51
[(2)][(1)][()][(+1)]+0.5[()]66
Z x k Z x k Z x k Z r k Z r k +-++=
由超前定理可得
2251
[()(0)(1)][()(0)]()()+0.5()
66z X z z x zx zX z zx X z zR z R z ----+=
将初始条件x (0)=1，x (1)=2及()1
z
R z z =
-代入得 22517[]()(0.5)6661
z z z X z z z z z -+--=+-
整理后得
323
227263()11166
72()
6311
(1)()()23()
11
123
z z z X z z z z z z z z z z A B C z z z z +
-=
-+-
+-=
---=++---
其中A ，B ，C 为待定系数，采用部分分式法求解
2
172963(1)112(1)()()23z z z A z z z z =⎡⎤+-⎢⎥=-=⎢⎥⎢⎥---⎣
⎦
2
12
72163()2112(1)()()23z z z B z z z z =⎡⎤+-⎢⎥=-=-⎢⎥⎢
⎥---⎣
⎦
2
13
721363()1132(1)()()23z z z C z z z z =⎡⎤+-⎢⎥=-=-⎢⎥⎢
⎥---⎣
⎦ 将A ，B ，C 代入得到
93
222()()
11
123
3921122123
X z z z z z z z z z z z -=++---=--+
---
对X (z )进行Z 反变换后可得差分方程的解。