令 $X(f)$ 表示 $x(t)$ 的傅里叶变换，其中 $$\begin{align*} X(f) &= \int_{-\infty}^{\infty} x(t) \ exp(-j2\pi ft) \mathrm dt\\ x(t) &= \int_{-\infty}^{\infty} X(f) \exp(+j2\pi ft) \mathrm df \end{ align*}$$ 我将通过 $x(t) \leftrightarrow X(f)$ 表示。在接下来的内容中将需要以下变换对。$$\begin{align*} \delta(t) &\leftrightarrow 1\\ \delta(t-t_0) &\leftrightarrow \exp(-j2\pi f \,t_0)\\ \sum_{n=-\ infty}^{\infty}\delta(t-nT) &\leftrightarrow \frac{1}{T}\sum_{k=-\infty}^{\infty}\delta\left(f-\frac{k }{T}\right)\\ \end{对齐*}$$
\leftrightarrow \frac{1}{T}\sum_{k=-\infty}^{\infty} X\left(f-\frac{k}{T}\right) = \hat{X}(f) \end{align*}$$ 因此，以 $T$ 秒间隔对 $x(t)$ 进行采样形成的脉冲序列的傅里叶变换是 $\hat{X}(f)$，它是通过重复 $X 获得的(f)$ 沿 $f$ 轴以 $T^{-1}$ Hz 的间隔对结果求和。此外，$\hat{X}(f)$ 是频率变量 $f$ 的周期函数，周期为 $T^{-1}$ Hz。也就是说，对于所有 $f$，$$\hat{X}\left(f + \frac{1}{T}\right) = \hat{X}(f).$$ 注意所有这些都成立不管 $X(f)$ 是什么：对于所有 $f$，$X(f)$ 都可以是非零的，并且结果仍然有效。
现在假设如果 $f < a$ 或 $f > b$，则 $X(f)$ 为零。然后，通过沿 $f$ 轴周期性重复 $X(f)$ 获得的 $\hat{X}(f)$ 仅在区间 $$\ldots, \left[a-\frac{2 }{T}, b-\frac{2}{T}\right], \left[a-\frac{1}{T}, b-\frac{1}{T}\right], [a, b] \left[a+\frac{1}{T}, b+\frac{1}{T}\right], \left[a+\frac{2}{T}, b+\frac{2}{T} \right], \ldots $$ 等如果 $$b -\frac{1}{T} < a \Rightarrow ba < \frac{1}{T},$$ 即支持$X(f)$的$ba$小于重复间隔$T^{-1}$Hz，则$X(f)$的重复不重叠。实际上，正如 OP 的数据所示，对于频谱从 $a = -f_0$ 到 $b = f_0$ 的实值信号（$X(f)$ 的支持长度为 $2f_0$），采样 $x( t)$ 以 $T = (3f_0)^{-1}$ 的间隔（因此在频率轴上以 $3f_0$ Hz 的间隔重复 $X(f)$）导致在采样 $x(t )$ 以 $T = (1.5f_0)^{-1}$ 的间隔导致 $X(f)$ 的重复重叠。
最后，OP询问负频率和仅显示正频率的图片的解释。对于实值信号，$X(f)$ 具有共轭对称性，这意味着 $X(-f) = X^*(f)$，因此为 $f$ 的正值指定 $X(f)$就够了。无论如何，他正在查看的图片是 $|X(f)|$ 和 $|\hat{X}(f)|$ 的偶数函数，因此仅显示正轴可以节省空间，虽然它确实使图片看起来有点不平衡，因为只有一半的波瓣在低频下显示。对于复值信号，$X(f)$ 不具有共轭对称性并且 $|X(f)|$ 不必是 $f$ 的偶函数，因此需要显示整个轴。但是，上面的一般发展仍然适用，我们仍然需要以超过 $ba$ Hz 的速率进行采样，这有助于记住，在这种一般情况下，每个样本实际上是两个实数，而不是一个，因为我们正在对复值信号进行采样。
