模为1的等比复级数的和
有如下级数和
\[\sum_{n=0}^{\infty}e^{-j2\pi fnT}
\]
实际上其应该是不收敛的。工程上为了对其进行求解，引入了\(\delta(\cdot)\)函数。接下来我们看看工程中如何对其进行处理。
假设以周期\(T\)对函数\(g(t)\)进行采样，那么采样信号为：
\[\begin{aligned}
g_{\delta}(t) &= g(t)\cdot \sum_{n=-\infty}^{\infty}\delta(t-nT)\qquad (a)\\
&=\sum_{n=-\infty}^{\infty}g(nT)\delta(t-nT)\qquad (b)
\end{aligned}\tag{1}\]
对采样信号的两种不同表达方式分别进行傅里叶变换，可以得到两种不同的频域表达方式：
对于方式(a)：
\[\begin{aligned}
g_{\delta}(t)&= g(t)\cdot \sum_{n=-\infty}^{\infty}\delta(t-nT)\\
&\overset{\text{傅里叶级数展开}}{=}g(t)\cdot \left(\frac{1}{T}\sum_{n=-\infty}^{\infty}e^{j\frac{2\pi}{T}nt}\right)\\
&=\frac{1}{T}\sum_{n=-\infty}^{\infty}g(t)\cdot e^{j2\pi \color{red}{\frac{n}{T}}t}
\end{aligned}
\]
假设\(g(t)\)的傅里叶变换为\(G(f)\)，那么根据傅里叶变换的调制特性（频移特性），采样信号的傅里叶变换为：
\[G_{\delta}(f) = \frac{1}{T}\sum_{n=-\infty}^{\infty}G(f-\frac{n}{T})\tag{2}
\]
对于方式(b)
直接对\(g_{\delta}(t)\)进行傅里叶变换得到：
\[\begin{aligned}
G_{\delta}(f) &= \int_{-\infty}^{\infty}\left(\sum_{n=-\infty}^{\infty}g(nT)\delta(t-nT)\right)e^{-j2\pi ft}dt\\
&=\sum_{n=-\infty}^{\infty}g(nT)\int_{-\infty}^{\infty}\delta(t-nT)e^{-j2\pi ft}dt\\
&=\sum_{n=-\infty}^{\infty}g(nT)e^{-j2\pi fnT}
\end{aligned}\tag{3}\]
结合(2),(3)式可以得到：
\[\frac{1}{T}\sum_{n=-\infty}^{\infty}G(f-\frac{n}{T})=\sum_{n=-\infty}^{\infty}g(nT)e^{-j2\pi fnT}\tag{4}
\]
如果令\(g(t)=u(t)\)，并带入(4)式，可以得到：
\[\begin{aligned}
\frac{1}{T}\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{2}\left[\delta(f-\frac{n}{T})+\frac{1}{j\pi(f-\frac{n}{T})}\right]&=\sum_{n=0}^{\infty}u(nT)e^{-j2\pi fnT}\\
\frac{1}{2T}\sum_{n=-\infty}^{\infty}\left[\delta(f-\frac{n}{T})+\frac{1}{j\pi(f-\frac{n}{T})}\right]&=u(0)e^{0}+\sum_{n=1}^{\infty}e^{-j2\pi fnT}\\
&=\frac{1}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}e^{-j2\pi fnT}+e^{-j2\pi f\color{blue}{0}T}-e^{-j2\pi f\color{blue}{0}T}\\
&=-\frac{1}{2}+\sum_{n=0}^{\infty}e^{-j2\pi fnT}
\end{aligned}\tag{5}\]
至此，我们得出了：
\[\sum_{n=0}^{\infty}e^{-j2\pi fnT}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2T}\sum_{n=-\infty}^{\infty}\left[\delta(f-\frac{n}{T})+\frac{1}{j\pi(f-\frac{n}{T})}\right]\tag{6}
\]
