最近遇到要求解此类差分方程的问题，查阅了相关资料，进行了完善并记录下来
求一阶常系数齐次线性差分方程的通解
一阶常系数齐次线性差分方程的一般形式为 $y_{n+1}-ay_n=0,(a \neq 0)$
迭代法
给定初始值为 $y_0$ ，则 $y_1=ay_0, y_2=ay_1=a^2y_0, y_3=ay_2=a(a^2y_0)=a^3y_0, \dots , y_n=a^ny_0$
其中初始值 $y_0$ 为常数，令 $y_0=C$ ， 则通解可表示为 $Y_n=Ca^n$
当存在某一个 $y_x$ 已知时，将其代入通解，可以求得 $C$
特征根法
将原方程变形 $y_{n+1}-ay_n=0,(a \neq 0) \iff y_{n+1}-y_n+(1-a)y_n=0 \iff \Delta y_n+(1-a)y_n=0,(a \neq 0)$
根据 $\Delta \lambda^n=(\lambda-1)^n$ 可以看出 $y_n$ 的形式一定为某一指数函数
设 $y_n=\lambda^n(\lambda \neq 0)$ ，代入原方程得 $\lambda^{n+1}-a\lambda^n=0$ ，即 $\lambda-a=0 \iff \lambda=a$
于是 $y_n=a^n$ 是原方程的一个解，从而 $y_n=Ca^n$ 是原方程的通解
举例
【例1】求 $y_{n+1}-y_n=0$ 的通解
【解】特征方程为 $\lambda-1=0$ ，解得特征根为 $\lambda=1$ ，所以原方程的通解为 $Y_n=C$
【例2】求 $y_{n+1}-2y_n=0$ 的通解
【解】特征方程为 $\lambda-2=0$ ，解得特征根为 $\lambda=2$ ，所以原方程的通解为 $Y_n=C\cdot2^n$
【例3】已知 $y_0=1$ ，求 $y_{n+1}+y_n=0$ 的通解
【解】特征方程为 $\lambda+1=0$ ，解得特征根为 $\lambda=-1$ ，所以原方程的通解为 $Y_n=C(-1)^n$
将 $y_0=1$ 代入，得到 $1=C(-1)^0 \iff C=1$ ，所以原方程的通解为 $Y_n=(-1)^n$
求一阶常系数非齐次线性差分方程的通解
一阶常系数非齐次线性差分方程的一般形式为 $y_{n+1}-ay_n=f(n),(a \neq 0)$
当 $f(n)=0$ 时，方程为 $y_{n+1}-ay_n=0$ ，称它为原方程对应的齐次方程
一阶常系数非齐次线性差分方程的通解为对应的齐次方程通解 $Y_n$ 与原方程的特解 $y^_n$ 之和，即 $y_n=Y_n+y^_n$
当 $f(n)$ 为某些特殊类型的函数时，采用待定系数法求其特解 $y^*_n$ 较为方便
右端函数为m阶多项式类型
原方程变形为 $\Delta y_n+(1-a)y_n=f(n),(a \neq 0)$
由于 $f(n)$ 为多项式，因此 $y^*_n$ 也应该是多项式
当 $a\neq1$ 时，令 $y^*_n=\theta_0 n^m+\theta_1 n^{m-1}+\dots+\theta_m$
当 $a=1$ 时，令 $y^*_n=n(\theta_0 n^m+\theta_1 n^{m-1}+\dots+\theta_m)$
举例
【例1】求 $y_{n+1}-y_n=n^2$ 的通解
【解】对应的齐次方程为 $y_{n+1}-y_n=0$ ，特征方程为 $\lambda-1=0$ ，特征根为 $\lambda=1$ ，齐次方程的通解为 $Y_n=C$
设原方程的特解为 $y^*_n=an^3+bn^2+cn$ ，代入原方程得 $a(n+1)^3+b(n+1)^2+c(n+1)-an^3-bn^2-cn=n^2$
原方程要恒成立，用待定系数法得到 $a=\frac{1}{3}, b=\frac{1}{2}, c=\frac{1}{6}$
所以原方程的通解为 $y_n=\frac{1}{3}n^3+\frac{1}{2}n^2+\frac{1}{6}n+C$
右端函数为指数函数与m阶多项式相乘
设原方程为 $y_{n+1}-ay_n=\mu^nP_m(n),(a \neq 0)$
当 $\mu=0,1$ 时，属于上面一种情况
当 $\mu \neq 0,1$ 时，设 $y_n=\mu^n \cdot z_n$
代入原方程得 $\mu^{n+1}z{n+1}-a\mu^nz_n=\mu^nP_m(n)$
消去 $\mu^n$ ，得 $\mu z_{n+1}-az_n=P_m(n)$ ，就成为了上面一种类型，于是 $y^_n=\mu^n \cdot z^_n$