对我来说，只有总数为偶数的情况才清楚。一般如何证明这一点？

啊，“求和正交性证明”是你​​想用谷歌搜索的东西。您可以非常几何地做到这一点（在“证明”的宽松含义下）。将总和中的每个部分理解为平面中的向量：

1. 取第一个向量：$e^{0}\equiv 1$. 它从点 0+0j 到 1+0j。
2. 将第二个向量附加到该向量的尖端。注意这两者之间的内角。另请注意，提示的位置如何是总和中前两个元素的部分总和。
3. 将第三个连接到第二个的尖端。请注意，这两者之间的角度是相同的。
4. 重复直到你没有向量。

您显然遵循了一条多边形链，其中每个$N$边的长度为 1。现在，这种多边形链成为闭合多边形的角度条件是什么？

几何总和：（https://mathworld.wolfram.com/GeometricSeries.html）

$$\sum_{n=0}^{N-1} z^n = \frac{1-z^N}{1-z}$$

戳进来$z = e^{-j2\pi/N}$很明显$z^N =1$并且整个术语变为零，在东部$N > 1$.

由于它在 DSP（滤波器，平面窗口的傅里叶变换）中经常有用，让我们再次推导几何级数的有限和：

$$s_{p,q} = \sum_{k=p}^q a^k\,.$$

和$a\neq1$和$p\le q$. 这里的诀窍是，如果你分解一些整数幂，总和几乎相同$a$（一种尺度不变性），只有第一项和最后一项改变：

$$s_{p,q} = a^p + \sum_{k=p+1}^{q+1} a^k - a^{q+1} = a^p - a^{q+1} + a\sum_{k=p}^{q} a^k \,,$$ 因此 $$s_{p,q} -a s_{p,q} = a^p - a^{q+1}\,.$$ 或者 $$s_{p,q} = \frac{a^p - a^{q+1}}{1-a} = a^p\frac{1 - a^{q+1-p}}{1-a} \,.$$

所以每当$p-q+1$是的倍数$N$， 和$a=e^{-j2\pi/N}$， 总和$s_{p,q}$ 消失为零。但是，Markus 的视觉证明要好得多。因此，我将添加另一个几何证明，同样基于不变性的概念：复单位根定义了一个正多边形。这个多边形通过角度的旋转是不变的$2\pi/N$, 所以总和$s$原始顶点的总和与旋转的顶点的总和相同，即$s\times e^{-j2\pi/N}$. 因此

$$s = s\times e^{-j2\pi/N}$$ 它只有一种解决方案：$s=0$.