e(oo)=lime(0=lim -E(=) li →zz4+0.23+2+0.362+0.8 (2)由初值定理得 1+0.3-1+0.1z2 e(0)=lime(==lim m1-42-+56x-2-24-3 由于E(=)三个极点中,有两个极点z1=1.2和z2=2在单位圆外,故不能直接用终值 定理求解。可用综合除法判断其终值。 例7-9试用z变换法求解下列差分方程: e(k+2)-3e(k+1)+2e(k)=r(k) 已知r()=(1)以及当k≤0时,e(k)=0 解:因r()=δ(1),于是有 r6)s/1k=0 0k≠0 令Ze(k)=E(),且2[r(k=1,由z变换的实位移定理得 ze(k+2)=z2E(x)-z2e(0)-ze(1) z[e(k+1)=ze(二)-e(0) 对差分方程两边取z变换,经整理后有 (二2-3+2)E(=)=1+(=2+3-)(0)+ze(1) 本例中的初值e(0)和e(1)可根据题设条件:e(k)=0当k≤0,来确定。 确定e(0):由题设可直接定出c(0)=e(k)=0=0 确定e(1):以k=-1代入原方程得 e(1)-3e(0)+2e(-1)=r(-1) 由题设可知,c(-1)=0,r(-1)=0,代入上式后可得e(1)=0。将所求的初值 e(0)=e(1)=0代入z变换方程中,得 (2-32+2)E( 所以 E(=) z2-3+2(x-1)(x-2 求E(=)的z反变换方法很多,下面仅用部分分式法求解: E(=) (二-1)(=-2)(=-1)(二-2)·14· 0 0.2 0.36 0.8 * 1 lim ( ) 1 ( ) lim ( ) lim 4 3 2 4 3 2 1 1 *                 z z z z z z z z z E z z z e e t z t z （2）由初值定理得 1 1 4.2 5.6 2.4 1 0.3 0.1 (0) lim ( ) lim 1 2 3 1 2                z z z z z e E z z z 由于 E(z)三个极点中，有两个极点 z1＝1.2 和 z2＝2 在单位圆外，故不能直接用终值 定理求解。可用综合除法判断其终值。 例 7-9 试用 z 变换法求解下列差分方程： e(k  2)  3e(k 1)  2e(k)  r(k) 已知 r(t)   (1) 以及当 k  0时，e(k)  0 解：因 r(t)   (1) ，于是有       0, 0 1, 0 ( ) k k r k 令 [e(k)]  E(z) ，且 [r(k)]  1，由 z 变换的实位移定理得 [ ( 2)] ( ) (0) (1) 2 2  e k   z E z  z e  ze [e(k 1)]  ze(z)  ze(0) 对差分方程两边取 z 变换，经整理后有 ( 3 2) ( ) 1 ( 3 ) (0) (1) 2 2 z  z  E z   z  z e  ze 本例中的初值 e(0)和 e(1) 可根据题设条件： e(k)  0当 k  0，来确定。 确定 e(0)：由题设可直接定出 (0) ( ) 0; c  e k k 0  确定 e(1) ：以 k  1代入原方程得 e(1)  3e(0)  2e(1)  r(1) 由题设可知， e(1)  0,r(1)  0 ，代入上式后可得 e(1)  0 。将所求的初值 e(0)  e(1)  0 代入 z 变换方程中，得 ( 3 2) ( ) 1 2 z  z  E z  所以 ( 1)( 2) 1 3 2 1 ( ) 2       z z z z E z 求 E(z)的 z 反变换方法很多，下面仅用部分分式法求解： 因 ( 1)( 2) 1 ( 1)( 2) 1 ( )        z z z z z z E z