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：
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：
\[\sum_{n=0}^{\infty}e^{-j2\pi fnT}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2T}\sum_{n=-\infty}^{\infty}\left[\delta(f-\frac{n}{T})+\frac{1}{j\pi(f-\frac{n}{T})}\right]\tag{6} \] 标签：infty,pi,frac,级数,sum,j2,比复,delta,模为 From： https://www.cnblogs.com/vinsonnotes/p/18047815