Teorema de Shannon. Control digital.

Considerando una señal tiempo continuo $x(t)$ con un espectro en frecuencia limitado entre $-\omega_1$ y $\omega_1$ . Esto es,

$X(j\omega)=0$ , para $\omega<-\omega_1$ y $\omega_1<\omega$

Es necesario probar que si esta señal se muestrea con una frecuencia $\omega_s > 2\omega_1$ entonces la transformada de Fourier de $x(t)$ se determina en forma única por $x(kT)$ , $k= \cdots,-2, -1, 0, 1, 2, \cdots$ , y la señal en tiempo continuo original $x(t)$ puede estar dada por la suma de una serie infinita de muestras de valores ponderados $x(kT)$ como sigue:

$\displaystyle x(t) = \sum_{k=-\infty}^{\infty}{x(kT) \cdot \frac{\sin{\left[\frac{\omega_s (t-kT)}{2}\right]}}{\frac{\omega_s (t-kT)}{2}} }$

Iniciando con la transformada de Fourier de $x(t)$

$\displaystyle X(j\omega) = \int_{-\infty}^{\infty}{e^{-j \omega k} x(t)dt}$

y la transformada inversa de Fourier es

$\displaystyle x(t) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty}{e^{j\omega t} X(j\omega) d\omega}$

Después, definiendo la versión muestreada de $x(t)$ como $x^* (t)$ , y que esta dada por

$\displaystyle x^* (t) = \cdots + x(-T) \delta (t+T) + x(0) \delta (t) + x(T) \delta (t-T) + \cdots = \sum_{k=-\infty}^{\infty}{x(kT)\delta (t-kT)}$

la transformada de Fourier de $x^*(t)$ es

$\displaystyle X^* (j\omega) = \int_{-\infty}^{\infty}{e^{-j \omega k} x^* (t)dt}$

$\displaystyle X^* (j\omega) = \int_{-\infty}^{\infty}{ e^{-j\omega k} \left[ \sum_{k=-\infty}^{\infty}{x(kT)\delta(t-kT)} \right] dt}$

$\displaystyle X^* (j\omega) = \sum_{k=-\infty}^{\infty}{x(kT) \int_{-\infty}^{\infty}{e^{-j\omega k} \delta (t-kT)dt}}$

$\displaystyle X^* (j\omega) = \sum_{k=-\infty}^{\infty}{x(kT) e^{-j\omega kT}}$

Donde $X^*(j\omega)$ está determinada de forma única por $x(kT)$ , $k= \cdots, -2, -1, 0, 1, 2, \cdots$ . Ahora, la siguiente transformada de Fourier para $x^*(t)$ es

$\displaystyle X^* (s) = \frac{1}{T} \sum_{k=-\infty}^{\infty}{X(s+j\omega_s k)}$

Si $s=j\omega$

$\displaystyle X^* (j\omega) = \frac{1}{T} \sum_{k=-\infty}^{\infty}{X(j\omega + j\omega_s k)}$

Debido a que el espectro en frecuencia de la señal en tiempo continuo original $x(t)$ está limitada entre $-\omega_1$ y $\omega_1$ , se tiene:

$X(j\omega)=0$ para $\omega <-\omega_1$ y $\omega_1<\omega$

Debido a que la frecuencia de muestreo $\omega_s$ es mayor que $2\omega_1$ , se tiene:

$X(j\omega) = 0$ para $\displaystyle \omega < -\frac{1}{2} \omega_s$ y $\displaystyle \frac{1}{2} \omega_s < \omega$

Por tanto

$\displaystyle X^* (j\omega) = \frac{1}{T} \sum_{k=-\infty}^{\infty}{X(j\omega + j\omega_s k)}$

$\displaystyle X^* (j\omega) = \frac{1}{T} [\cdots + X(j\omega + j\omega_s) + X(j\omega) + X(j\omega - j\omega_s ) + \cdots]$

$\displaystyle X^* (j\omega) = \frac{1}{T} [\cdots + 0 + X(j\omega) + 0 + \cdots] = \frac{1}{T} X(j\omega)$

$X(j\omega) = T X^* (j\omega)$

De este modo, $X(j\omega)$ será igual a $T X^* (j\omega)$ para $\displaystyle -\frac{1}{2} \omega_s \le \omega \le \frac{1}{2} \omega_s$ y será igual a 0, en otro caso.

Aplicando la transformada inversa de Fourier de $X(j\omega)$ se da el siguiente resultado

$\displaystyle x(t) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty}{e^{j\omega t} X(j\omega) d\omega}$

$\displaystyle x(t) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{-\frac{1}{2} \omega_s}{e^{j\omega t} X(j\omega) d\omega} + \frac{1}{2\pi} \int_{-\frac{1}{2} \omega_s}^{\frac{1}{2} \omega_s}{e^{j\omega t} X(j\omega) d\omega} + \frac{1}{2\pi} \int_{\frac{1}{2} \omega_s}^{\infty}{e^{j\omega t} X(j\omega) d\omega}$

$\displaystyle x(t) = 0 + \frac{1}{2\pi} \int_{-\frac{1}{2} \omega_s}^{\frac{1}{2} \omega_s}{e^{j\omega t} T X^* (j\omega) d\omega} + 0$

$\displaystyle x(t) = \frac{T}{2\pi} \int_{-\frac{1}{2} \omega_s}^{\frac{1}{2} \omega_s}{e^{j\omega t} X^* (j\omega) d\omega}$

$\displaystyle x(t) = \frac{T}{2\pi} \int_{-\frac{1}{2} \omega_s}^{\frac{1}{2} \omega_s}{e^{j\omega t} \left[ \sum_{k=-\infty}^{\infty}{x(kT) e^{-j\omega kT}} \right] d\omega}$

$\displaystyle x(t) = \frac{T}{2\pi} \sum_{k=-\infty}^{\infty}{x(kT) \int_{-\frac{1}{2} \omega_s}^{\frac{1}{2} \omega_s}{e^{j\omega t} e^{-j\omega kT} d\omega}}$

$\displaystyle x(t) = \frac{T}{2\pi} \sum_{k=-\infty}^{\infty}{x(kT) \int_{-\frac{1}{2} \omega_s}^{\frac{1}{2} \omega_s}{e^{(j\omega t - j\omega kT)} d\omega}}$

$\displaystyle x(t) = \frac{T}{2\pi} \sum_{k=-\infty}^{\infty}{x(kT) \int_{-\frac{1}{2} \omega_s}^{\frac{1}{2} \omega_s}{e^{j\omega (t-kT)} d\omega}}$

$\displaystyle x(t) = \frac{T}{2\pi} \sum_{k=-\infty}^{\infty}{x(kT) \left[ \frac{e^{j\omega (t-kT)}}{j(t-kT)} \right]_{-\frac{1}{2} \omega_s}^{\frac{1}{2} \omega_s}}$

$\displaystyle x(t) = \frac{T}{2\pi} \sum_{k=-\infty}^{\infty}{x(kT) \left[ \frac{e^{j \frac{\omega_s}{2} (t-kT)}}{j(t-kT)} - \frac{e^{-j \frac{\omega_s}{2} (t-kT)}}{j(t-kT)} \right]}$

$\displaystyle x(t) = \frac{T}{2\pi} \sum_{k=-\infty}^{\infty}{x(kT) \left[ \frac{e^{j \frac{\omega_s}{2} (t-kT)} - e^{-j \frac{\omega_s}{2} (t-kT))}}{j(t-kT)} \right]}$

$\displaystyle x(t) = \frac{T}{\pi} \sum_{k=-\infty}^{\infty}{\frac{x(kT)}{(t-kT)} \cdot \left[ \frac{e^{j \frac{\omega_s}{2} (t-kT)} - e^{-j \frac{\omega_s}{2} (t-kT)}}{2j} \right]}$

$\displaystyle x(t) = \frac{T}{\pi} \sum_{k=-\infty}^{\infty}{\frac{x(kT)}{(t-kT)} \cdot \sin{\left[\frac{\omega_s}{2} (t-kT) \right]}} = \frac{T}{\pi} \sum_{k=-\infty}^{\infty}{\frac{x(kT)}{(t-kT)} \cdot \sin{\left[\frac{\omega_s (t-kT)}{2}\right]}}$

$\displaystyle x(t) = \sum_{k=-\infty}^{\infty}{\frac{x(kT)}{(t-kT)} \cdot \frac{1}{\pi} \cdot T \cdot \sin{\left[\frac{\omega_s (t-kT)}{2} \right] }}$

$\displaystyle x(t) = \sum_{k=-\infty}^{\infty}{\frac{x(kT)}{(t-kT)} \cdot \frac{1}{\pi} \cdot \frac{2\pi}{\omega_s} \cdot \sin{\left[\frac{\omega_s (t-kT)}{2}\right]}}$

$\displaystyle x(t) = \sum_{k=-\infty}^{\infty}{\frac{x(kT)}{(t-kT)} \cdot \frac{2}{\omega_s} \cdot \sin{\left[\frac{\omega_s (t-kT)}{2}\right]}}$

$\displaystyle x(t) = \sum_{k=-\infty}^{\infty}{\frac{x(kT)}{(t-kT)} \cdot \frac{\sin{[\frac{\omega_s (t-kT)}{2}]}}{\frac{\omega_s}{2}}}$

$\displaystyle x(t) = \sum_{k=-\infty}^{\infty}{x(kT) \cdot \frac{\sin{[\frac{\omega_s (t-kT)}{2}]}}{\frac{\omega_s (t-kT)}{2}}}$

Finalmente

$\displaystyle \therefore x(t) = \sum_{k=-\infty}^{\infty}{x(kT) \cdot \frac{\sin{[(\frac{\omega_s (t-kT)}{2}]}}{\frac{\omega_s (t-kT)}{2}}}$

Se ha mostrado que la señal en tiempo continuo original $x(t$ ) se puede reconstruir a partir de los datos muestreados $x(kT)$ . Se observa que a menos que $X(j\omega)=0$ para $\omega<\omega_1$ y $\omega_1<\omega$ la señal de tiempo continuo no se puede determinar a partir de los datos muestreados $x(kT)$ donde $k= \cdots ,-2, -1, 0, 1, 2, \cdots$ .