本文的主要线路是证实采样定理中的频域变换式。html

其中知识框架以下：

如下将从按照拓扑序进行相关模块的设计web

傅里叶级数与傅里叶展开

傅里叶级数

傅里叶级数相似于泰勒级数，是一种特殊的描述函数的方式。框架

傅里叶级数的定义为：svg

$$\begin{gathered} f(x)=a_0+\sum _{n=1}^{+\infty }(a_n\cos (nwx)+b_n\sin (nwx)) \\ f(x)=\sum _{n=0}^{+\infty }(a_n\cos (nwx)+b_n\sin (nwx)),b_0=0 \end{gathered}$$函数

它可以描述函数的原理为：傅里叶认为全部周期函数均可以展开成为若干三角函数的求和。spa

上面的原理咱们能够描述为如下的式子：.net

$$\begin{gathered} f(x)=\sum _{i=1}^{+\infty }{k}_i\sin (w_{i}x+b_i) \\ =\sum _{i=1}^{+\infty }{k}_i(\sin (w_{i}x)\cos (b_i)+\cos (w_{i}x)\sin (b_i)) \\ =\sum _{i=1}^{+\infty }{k}_i\cos (b_i)\sin (w_{i}x)+k_i\sin (b_i)\cos (w_{i}x) \\ =\sum _{i=1}^{+\infty }{a}_i\sin (w_{i}x)+b_i\cos (w_{i}x) \end{gathered}$$设计

这个是否是长得很像上面的那个式子啊 ^ _ ^，惟一不一样的就是上面那个式子中$w_i$取的都是整数, 而不是像下面这样随便取值 ( 随便取值这个叫作傅里叶变换, 后面会有的 )xml

傅里叶展开

那傅里叶展开是啥? 傅里叶展开就是把一个函数的傅里叶级数给求出来. 能够类比泰勒展开是求泰勒级数同样, 傅里叶展开的目的就是求傅里叶级数.htm

这里须要用到的知识有三角函数的正交性.

具体来讲的话就是对于在集合 { 1 , sin ⁡ x , cos ⁡ x , sin ⁡ 2 x , cos ⁡ 2 x , . . . , sin ⁡ n x , cos ⁡ n x } \{1, \sin x, \cos x, \sin 2x, \cos 2x, ... , \sin nx, \cos nx\} { 1,sinx,cosx,sin2x,cos2x,...,sinnx,cosnx}中任取两个函数A(x), B(x). 则知足如下性质:

$${\int }_{-\pi }^{\pi }A(x)B(x)dx=\{\begin{array}{ll}0,& A(x)\ne B(x)\\ \pi ,& A(x)=B(x)\ne 1\\ 2\pi ,& A(x)=B(x)=1\end{array}$$

因而就有了求解上面的$a_n,b_n$的方法:

$$\begin{gathered} a_0=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)dx \\ {a}_n=\frac{2}{2\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos (nx)dx \\ {b}_n=\frac{2}{2\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\sin (nx)dx \end{gathered}$$

这里须要注意一个问题, 就是关于傅里叶级数上面的$a_0$的表示方法, 这个有等价形式, 详情请看: 傅里叶级数

而后这里就完成了傅里叶级数和傅里叶展开的简单回顾.

欧拉公式

先上欧拉公式的公式

$$e^{ix}=\cos (x)+i\sin (x)$$

这个公式的证实是欧拉完成的, 可是能够有一些有趣的理解:

$-x=x\ast i^2=x\ast -1$若是放在数轴上看, 是否是能够把-x当作x逆时针旋转了180°, 那么两个$i$能让它转180°, 一个$i$天然可让它转 90°吧? 因此啊, 这个$i$就能够当作是一个90°旋转角.

因而任何一个二维平面上的点均可以表示成 $|A|e^{\rho i}$的形式. 一样一个点通过了$x\ast 90°$的旋转, 是否是能够表示成这个点原先的位置乘了$e^{xi}$

除此以外, 这个复指数函数还知足普通指数函数知足的一些性质.

$$\begin{gathered} {\rho }_1{e}^{ai}\cdot {\rho }_2{e}^{bi}={\rho }_1{\rho }_2{e}^{(a+b)i} \\ {e}^{-ix}=\cos (x)-i\sin (x) \end{gathered}$$

剩下的一些其余性质能够看复变函数相关的资料.

时域频域关系

音符举例

先来一个看起来很形象的例子: 一个音符.

时域中的样子多是这样的

其中横轴是时间, 纵轴是你接收到的模拟信号的强度

那么它在频域的信号多是这样的:

它可能表示的信息就是在八分音符的这半拍里面, 它会有一个跟这个音符音高表示的音同样的频率的正弦波出现, 也就是上面那种正弦波

因此, 上图的时域上的正弦波能够用下图频域上一个音高来表示.

相互表示

在演奏会上, 音乐家手里拿的确定是长得跟下面的"频域"上的谱子, 而不是不少音符演奏出去以后的交错的时域上的谱子(相似于下面这样?)

为啥? 是由于频域在某些时候能更精确简洁反应时域上的变化

那既然知道了从频域到时域的意义, 但是咱们通常能见到的也只有时域上的谱子啊, 咱们怎么搞成频域上面的?

答案是经过傅里叶变换能够将时域上的东西转化到频域上去.

又或者咱们知道了频域上的信息, 怎么去还原这个时域上的信息?

答案是经过傅里叶逆变换, 能够将频域还原回时域上面去.

傅里叶变换

傅里叶变换和级数, 展开的关系

傅里叶级数假定了函数是连续的并且是周期函数, 傅里叶变换则将全部函数当作了一个周期无限大的函数, 去作这个傅里叶级数的展开.

我的感受本质上傅里叶变换就是更强的傅里叶展开成为傅里叶级数.

从傅里叶展开提及

咱们先不看傅里叶变换, 普通的傅里叶展开就能够将时域信号转化为频域的信号. 那咋作呢?

既然咱们说任何函数均可以当作是多个三角函数的叠加, 那是否是咱们也能够把一个函数分解成多个三角函数的和?

那必然能够, 咱们这里取一个只有奇数次的三角函数相加的例子:

好, 你已经获得了离散的频域的份量.

咋获得的呢? 这就要看傅里叶变换的输入输出是啥了.

傅里叶变换的输入输出

傅里叶变换的输入是一个随时间t变化的函数 $f(t)$
傅里叶变换的输出是一个随频率w变化的函数 $F(w)$

其中这个w啊, 就是三角函数里面那个频率啊!

若是你把上面那个图的第一条线的频率看做是1, 那么由于后面的频率都是它的整数倍, 因此后面的频率也是一系列的整数.

对于每一个w, 你都能知道一个它的具体形式中 $A\sin (wx)$里面的$A和w$, 那既然w是自变量, A理所应当的就成为了因变量. 也就是对应的 $F(w)=A$. (固然这只是一个形式化的理解)

等下哈, 你把这三个图放在一块儿看, 你看看能发现什么 >_<

是否是很是妙?

复指数形式的傅里叶级数(推导)

啥? 为啥我一开始这么明白的东西还能扯上复指数?

别急, 且听我慢慢道来.

你看那个优美的式子(w是那个最小的频率, n就是对应频谱的那个下标)

$$\begin{gathered} f(t)=\sum _{n=0}^{+\infty }{a}_n\cos (nwt)+b_n\sin (nwt) \\ {e}^{inwt}=\cos (nwt)+i\sin (nwt) \\ {e}^{-inwt}=\cos (nwt)-i\sin (nwt) \end{gathered}$$

是否是能够作作等价变换啊? 那就先看看三角函数怎么变换吧

$$\begin{gathered} \cos (nwt)=\frac{e^{inwt}+e^{-inwt}}{2} \\ \sin (nwt)=\frac{e^{inwt}-e^{-inwt}}{2i} \end{gathered}$$

而后咱们就把它带到上面那个傅里叶展开式中去

$$\begin{gathered} f(t)=\sum _{n=0}^{+\infty }{a}_n\frac{e^{inwt}+e^{-inwt}}{2}+b_n\frac{e^{inwt}-e^{-inwt}}{2i} \\ =\sum _{n=0}^{+\infty }\frac{a_n\cdot e^{inwt}}{2}+\frac{a_n\cdot e^{-inwt}}{2}+\frac{-i{b}_n\cdot e^{inwt}}{2}+\frac{i{b}_n\cdot e^{-inwt}}{2} \\ =\sum _{n=0}^{+\infty }{e}^{inwt}\frac{a_n-i{b}_n}{2}+\sum _{n=0}^{+\infty }{e}^{-inwt}\frac{a_n+i{b}_n}{2} \end{gathered}$$

而后咱们把后半部分式子的n反过来, 也就是

$$\sum _{n=0}^{+\infty }{e}^{-inwt}\frac{a_n+i{b}_n}{2}=\sum _{n=0}^{-\infty }{e}^{inwt}\frac{a_{-n}+i{b}_{-n}}{2}$$

而后把它带回去原来的式子, 而且单独把n=0给拿出来

$$f(t)=\sum _{n=1}^{+\infty }{e}^{inwt}\frac{a_n-i{b}_n}{2}+\sum _{n=-1}^{-\infty }{e}^{inwt}\frac{a_{-n}+i{b}_{-n}}{2}+\sum _{n=0}^0{e}^{inwt}{a}_0$$

而后你看它是否是都有$e^{inwt}$?那咱们不如?

$$\begin{gathered} f(t)=\sum _{n=-\infty }^{+\infty }{c}_n{e}^{inwt} \\ {c}_n=\{\begin{array}{ll}{a}_0& ,n=0\\ \frac{a_n-i{b}_n}{2}& ,n>0\\ \frac{a_{-n}+i{b}_{-n}}{2}& ,n<0\end{array} \end{gathered}$$

展开说说?

$$\begin{gathered} \{\begin{array}{l}{a}_0=\frac{1}{T}{\int }_0^{T}f(t)dt\\ a_n=\frac{2}{T}{\int }_0^{T}f(t)\cos (nwt)dt\\ b_n=\frac{2}{T}{\int }_0^{T}f(t)\sin (nwt)dt\end{array} \\ \{\begin{array}{l}{a}_n=\{\begin{array}{ll}{c}_n& ,n=0\\ c_n+c_{-n}& ,n>0\end{array}\\ b_n=i(c_n-c_{-n}),n>0\end{array} \end{gathered}$$

而后咱们把这个ab的求法带到c里面去, 看看c长啥样?

先推导那个$c_n,n=0$

$$c_0=a_0=\frac{1}{T}{\int }_0^{T}f(t)dt=\frac{1}{T}{\int }_0^{T}f(t)e^{inwt}dt,n=0$$

而后推导$c_n,n>0$

$$\begin{array}{rl}{c}_n=\frac{a_n-i{b}_n}{2}& =\frac{1}{2}(\frac{2}{T}{\int }_0^{T}f(t)\cos (nwt)dt-i\frac{2}{T}{\int }_0^{T}f(t)\sin (nwt)dt)\\ & =\frac{1}{T}{\int }_0^{T}f(t)(\cos (nwt)-i\sin (nwt))dt\\ & =\frac{1}{T}{\int }_0^{T}f(t)e^{-inwt}dt\end{array}$$

而后推导$c_n,n<0$

$$\begin{array}{rl}{c}_n=\frac{a_{-n}+i{b}_{-n}}{2}& =\frac{1}{2}(\frac{2}{T}{\int }_0^{T}f(t)\cos (-nwt)dt+i\frac{2}{T}{\int }_0^{T}f(t)\sin (-nwt)dt)\\ & =\frac{1}{T}{\int }_0^{T}f(t)(\cos (-nwt)+i\sin (-nwt))dt\\ & =\frac{1}{T}{\int }_0^{T}f(t)e^{i(-nwt)}dt\\ & =\frac{1}{T}{\int }_0^{T}f(t)e^{-inwt}dt\end{array}$$

哎? 是否是长得很是同样啊? 那确实啊! 整理一下

$$c_n=\frac{1}{T}{\int }_0^{T}f(t)e^{-inwt}dt,n\in Z$$

让咱们回归本源($w$是一个常量, 表示最小的频率尺度):

$$\begin{array}{rl}f(t)& =\sum _{n=0}^{+\infty }{a}_n\cos (nwt)+b_n\sin (nwt)\\ & =\sum _{n=-\infty }^{+\infty }{c}_n{e}^{inwt}\\ & =\frac{1}{T}\sum _{n=-\infty }^{+\infty }({\int }_0^{T}f(t)e^{-inwt}dt)e^{inwt}\end{array}$$

哦对了, 这里补充一下, 为啥会从普通的实数域的$a,b$扩展到复数域的这个$c$.
我我的理解是: 原先经过两个变量$(a,b)$来肯定这个函数, 如今能够认为是$(c_r,c_i)$实部和虚部来肯定的

复指数形式的傅里叶变换(结论)

$$\begin{gathered} f(t)=\sum _{n=-\infty }^{+\infty }{c}_n{e}^{inwt} \\ {c}_n=\frac{1}{T}{\int }_0^{T}f(t)e^{-inwt}dt,n\in Z \end{gathered}$$

非周期函数傅里叶变换(推导)

你看上面那个东西是否是都有一个最小的频率w, 全部的w取值只能是离散的吧! 那能不能搞成连续的w呢?

等等, 彷佛不用太麻烦, 若是我$w\to 0$足够小, 是否是说全部值都能经过$W=nw$的形式去表示出来?

那就开始推式子呗, 开始从普通的离散过渡到连续上面去

$$F(nw)=c_n=\frac{1}{T}{\int }_0^{T}f(t)e^{-inwt}dt$$

让咱们取$w\to 0$, 带进去看看?

$$\begin{array}{rl}f(t)& =\underset{w\to 0}{\lim }\sum _{n=-\infty }^{+\infty }\frac{1}{T}({\int }_{\frac{-T}{2}}^{\frac{T}{2}}f(t)e^{-inwt}dt)e^{inwt}\\ & =\underset{w\to 0}{\lim }\sum _{n=-\infty }^{+\infty }\frac{w}{2\pi }({\int }_{\frac{-T}{2}}^{\frac{T}{2}}f(t)e^{-inwt}dt)e^{inwt}\\ & =\underset{T\to +\infty }{\lim }\sum _{n=-\infty }^{+\infty }\frac{w}{2\pi }({\int }_{-\infty }^{+\infty }f(t)e^{-inwt}dt)e^{inwt}\end{array}$$

咱们把这个求和啊给它换成积分好吧

$$\begin{array}{rl}f(t)& =\underset{T\to +\infty }{\lim }\sum _{n=-\infty }^{+\infty }\frac{w}{2\pi }({\int }_{-\infty }^{+\infty }f(t)e^{-inwt}dt)e^{inwt}\\ & =\underset{T\to +\infty }{\lim }{\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{w}{2\pi }({\int }_{-\infty }^{+\infty }f(t)e^{-inwt}dt)e^{inwt}dn\end{array}$$

既然$nw$都连续了, 那要不直接用$W$来代替$nw$呗, 给这个积分换个积分变量!

$$\begin{array}{rl}f(t)& =\underset{T\to +\infty }{\lim }{\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{w}{2\pi }({\int }_{-\infty }^{+\infty }f(t)e^{-inwt}dt)e^{inwt}dn\\ & ={\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{1}{2\pi }({\int }_{-\infty }^{+\infty }f(t)e^{-iWt}dt)e^{iWt}dW\\ & =\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{+\infty }({\int }_{-\infty }^{+\infty }f(t)e^{-iWt}dt)e^{iWt}dW\end{array}$$

想一想我们傅里叶变换的输出是啥来着?

输出是对于某个频率的强度$F(W)$啊! 这个是否是就是中间括号里面的东西啊!

这就是傅里叶变换正变换 / 傅里叶变换

$$F(W)={\int }_{-\infty }^{+\infty }f(t)e^{-iWt}dt$$

而后还原回去的过程就是傅里叶变换逆变换 / 逆傅里叶变换

$$f(t)=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{+\infty }F(W)e^{iWt}dW$$

非周期函数傅里叶变换(结论)

$$\begin{array}{rl}& F(W)={\int }_{-\infty }^{+\infty }f(t)e^{-iWt}dt\\ & f(t)=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{+\infty }F(W)e^{iWt}dW\end{array}$$

上面这个叫傅里叶变换正变换 / 傅里叶变换, 下面这个叫傅里叶变换逆变换 / 逆傅里叶变换.

冲激函数及其性质

首先, 冲激函数并非单位冲激函数, 单位冲激函数$n=0$的时候为1, 可是冲激函数$n=0$的时候为无穷. 并且经过广义函数相关理论获得冲激函数的一些性质, 并且对于单位冲激函数, 除了第一条不一样, 后两条性质相同

$$\begin{gathered} \delta (x)=\{\begin{array}{ll}+\infty & ,x=0\\ 0& ,x\ne 0\end{array} \\ {\int }_{-\infty }^{\infty }\delta (x)dx=1 \\ \delta (x)\ast h(x)=h(x) \\ {\int }_{-\infty }^{\infty }\delta (x)h(x)dx=h(0) \end{gathered}$$

这些性质从简单大学数学上是很差解释的.记住就好，能够去查阅广义函数、奇异函数相关内容

推奈奎斯特抽样定理式子

原始抽样序列的表示

$x_a(t)$为抽样信号, $x^{\prime }(t)$为理想抽样信号, $p(t)={\delta }_T(t)={\sum }_{m=-\infty }^{+\infty }\delta (t-mT)$为周期性的单位抽样函数. 注意, 以上函数都是在t上取值连续的函数

$$\begin{gathered} x^{\prime }(t)=x_a(t)\cdot p(t)=x_a(t)\cdot \sum _{m=-\infty }^{+\infty }\delta (t-mT) \\ =\sum _{m=-\infty }^{+\infty }{x}_a(t)\delta (t-mT) \end{gathered}$$

由于$\delta (t-mT)$当且仅当$t=mT$的时候有值, 所以能够认为上式为:

$$x^{\prime }(t)=\sum _{m=-\infty }^{+\infty }{x}_a(t)\delta (t-mT)=\sum _{m=-\infty }^{+\infty }{x}_a(mT)\delta (t-mT)$$

求抽样完成后序列频谱与原频谱关系

$X_a(i\Omega )=F_{x_a}(\Omega )$, ${\Delta }_T(i\Omega )=F_{{\delta }_T}(\Omega )$, $X_a^{\prime }(i\Omega )=F_{x_a^{\prime }}(\Omega )$也就是对应的频谱的输出结果

$$\begin{gathered} x_a^{\prime }(t)={\delta }_T(t)\cdot x_a(t) \\ {X}_a^{\prime }(i\Omega )=\frac{1}{2\pi }[{\Delta }_T(i\Omega )\ast X_a(i\Omega )] \end{gathered}$$

(第二个式子还没学会怎么证实, 等学会了补上>_<)

那么咱们就从${\Delta }_T(t)$开始求解吧

求解周期冲激函数傅里叶展开

首先明确一个事情, 就是咱们这个冲激函数求出来以后会近似于原始的冲激函数.(不信你作作逆变换). 为啥要求这个傅里叶展开, 这是为了解决这个函数很差计算的问题

这个周期冲激函数是个周期函数, 因此直接用周期函数的傅里叶展开就好了${\Omega }_s$为抽样频率

$${\delta }_T(t)=\sum _{k=-\infty }^{+\infty }{c}_k{e}^{ik{\Omega }_{s}t}dt$$

而后周期函数的$c_k$求法带进去

$$\begin{array}{rl}{c}_k& =\frac{1}{T}{\int }_{\frac{-T}{2}}^{\frac{T}{2}}{\delta }_T(t)e^{-ik{\Omega }_{s}t}dt\\ (展开{\delta }_T)& =\frac{1}{T}{\int }_{\frac{-T}{2}}^{\frac{T}{2}}\sum _{p=-\infty }^{+\infty }\delta (t-pT)e^{-ik{\Omega }_{s}t}dt\end{array}$$

发现只有$p=0$的时候, $t=0$在最靠近0的这个周期里面. 因此上面这个式子能够写成(利用一下冲激函数的性质)

$$\begin{array}{rl}{c}_k& =\frac{1}{T}{\int }_{\frac{-T}{2}}^{\frac{T}{2}}\sum _{p=-\infty }^{+\infty }\delta (t-pT)e^{-ik{\Omega }_{s}t}dt\\ & =\frac{1}{T}{e}^{-ik{\Omega }_{s}0}=\frac{1}{T}\end{array}$$

因此啊, 原来那个周期性冲激函数就能够被展开成

$${\delta }_T(t)=\frac{1}{T}\sum _{k=-\infty }^{+\infty }{e}^{ik{\Omega }_{s}t}$$

而后这个展开式的图呢, 在最靠近0的这个区间里啊, 大概长这样(我只模拟了80层叠加, 并且是展开以后的叠加)

你看它这个趋势就是在向无穷去叠加, 也就是去模拟这个周期冲激函数.

而后咱们去考虑一下把这个东西给作一下傅里叶变换.

求解周期冲激函数的频域

嗯, 列式子吧(看起来很简单!), $FT[\cdot ]$ 表示傅里叶变换

$$\begin{array}{rl}{\Delta }_T(i\Omega )& =FT[\frac{1}{T}\sum _{k=-\infty }^{+\infty }{e}^{ik{\Omega }_{s}t}]\\ & =\frac{1}{T}\sum _{k=-\infty }^{+\infty }FT[e^{ik{\Omega }_{s}t}]\end{array}$$

而后咱们看这个$FT[e^{ik{\Omega }_{s}t}]$, 它是否是很简单作出来

它有一条性质, 也就是结果, 是$FT[e^{ik{\Omega }_{s}t}]=2\pi \delta (\Omega -k{\Omega }_s)$

而后带进去就能获得:

$$\begin{array}{rl}{\Delta }_T(i\Omega )& =\frac{1}{T}\sum _{k=-\infty }^{+\infty }FT[e^{ik{\Omega }_{s}t}]\\ & =\frac{2\pi }{T}\sum _{k=-\infty }^{+\infty }\delta (\Omega -k{\Omega }_s)\\ & ={\Omega }_s\sum _{k=-\infty }^{+\infty }\delta (\Omega -k{\Omega }_s)\end{array}$$

什么? 你非要推出上面那个性质来? 那就单独开一节吧!

求解一个特殊的傅里叶变换(建议跳过)

求解下面这个式子

$$F(W)={\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{ik{\Omega }_{s}t}\cdot e^{-iWt}dt$$

而后求解一下这个问题哈:

$$F(W)=\{\begin{array}{ll}0& ,W\ne k{\Omega }_s\\ +\infty & ,W=k{\Omega }_s\end{array}$$

哎你看, 这东西是否是冲激函数啊?那咱们给它搞成冲激函数同样的东西呗

$$F(W)=\delta (W-k{\Omega }_s)$$

可是这…真的对吗?

让咱们利用一下逆傅里叶变换, 看看能获得些啥?

$$\begin{array}{rl}f(t)& =\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{+\infty }F(W)e^{iWt}dW\\ & =\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{+\infty }\delta (W-k{\Omega }_s)e^{iWt}dW\\ & =\frac{1}{2\pi }{e}^{ik{\Omega }_{s}t}\end{array}$$

哎?是否是少了个系数? 少了个系数$2\pi$哎, 那就搞进去呗

$$F(W)=2\pi \delta (W-k{\Omega }_s)$$

而后就获得了那个显然成立的式子.

理想抽样信号频谱

$$\begin{array}{rl}{X}_a^{\prime }(i\Omega )& =\frac{1}{2\pi }[(\frac{2\pi }{T}\sum _{k=-\infty }^{+\infty }\delta (\Omega -k{\Omega }_s))\ast X_a(i\Omega )]\\ & =\frac{1}{T}[\sum _{k=-\infty }^{+\infty }\delta (\Omega -k{\Omega }_s))\ast X_a(i\Omega )]\\ & =\frac{1}{T}\sum _{k=-\infty }^{+\infty }[\delta (\Omega -k{\Omega }_s)\ast X_a(i\Omega )]\\ & =\frac{1}{T}\sum _{k=-\infty }^{+\infty }[{\int }_{-\infty }^{+\infty }{X}_a(i\theta )\cdot \delta (\Omega -\theta -k{\Omega }_s)d\theta ]\\ & =\frac{1}{T}\sum _{k=-\infty }^{+\infty }{X}_a(i(\Omega -k{\Omega }_s))\\ & =\frac{1}{T}\sum _{k=-\infty }^{+\infty }{X}_a(i(\Omega -k\frac{2\pi }{T}))\end{array}$$

这不就是把原先的那个$X_a$给它左右平移$\frac{2\pi }{T}$嘛, 那就是说的延拓周期

$${\Omega }_s=\frac{2\pi }{T}=2\pi f_s$$

就是抽样频率啊!

$$\begin{array}{rl}{X}_a^{\prime }(i\Omega )& =\frac{1}{T}\sum _{k=-\infty }^{+\infty }{X}_a(i(\Omega -k\frac{2\pi }{T}))\\ & =\frac{{\Omega }_s}{2\pi }\sum _{k=-\infty }^{+\infty }{X}_a(i(\Omega -k{\Omega }_s))\end{array}$$