Il teorema di Shannon per il campionamento considera il problema seguente. Supponiamo di avere un segnale analogico (e quindi continuo) $x(t)$. Digitalmente, non siamo in grado di salvare su disco una quantità continua di segnale, perché occuperebbe memoria infinita. Allora scegliamo un numero finito di punti $t_i$ e salviamo su disco solo $x(t_i)$, che è un numero finito di punti e quindi occupa memoria finita. Il problema a questo punto è di ricostruire il segnale originale a partire dal campionamento finito $x(t_i)$. Il teorema di Shannon pone delle condizioni affinché ciò sia possibile:
Teorema (Shannon). Supponiamo che $x(t)$ sia un segnale continuo con frequenza massima inferiore a $B$. Allora $x(t)$ può essere ricostruito a partire da un campionamento qualsiasi purché il passo del campionamento sia inferiore a $1/(2B)$.
La dimostrazione è praticamente banale nel caso semplice che consideriamo qui in cui il campionamento ha passo uniforme. Supponiamo infatti che $X(\omega)$ sia la trasformata di Fourier di $x(t)$, ovvero per fissare la notazione,
$$x(t) = \int_{-\infty}^{+\infty} X(\omega) e^{i \omega t} \, d\omega$$
Allora per ipotesi sappiamo che $X(\omega)=0$ per $\abs{\omega} \geq 2\pi B$ (dove il fattore di $2\pi$ è convenzionale). Poiché è contenuta in un intervallo finito, allora può essere espressa come serie di Fourier; ma i coefficienti della serie di Fourier sono appunto i campioni
$$x\pqty{\frac{n}{2B}} = \int_{-2\pi B}^{+2\pi B} X(\omega) e^{i \frac{\omega}{2B} n} \, d\omega$$
In base ai teoremi standard dell’analisi di Fourier, ciò conclude la dimostrazione. Per completezza possiamo tuttavia esplicitare la forma di $x(t)$ in termini dei suoi campioni $x_n \equiv x\pqty{\frac{n}{2B}}$. In particolare, è facile controllare che la serie di Fourier per $X(\omega)$ è proprio data da
$$X(\omega) =\frac{1}{4\pi B} \sum_{n \in \Z} x_n e^{-i \frac{\omega}{2B} n}$$
dove gli $x_n$ sono esattamente come sopra. Possiamo quindi sostituire questa formula dentro la formula per $x(t)$ ottenendo,
$$x(t) = \int_{-2\pi B}^{+2\pi B} X(\omega) e^{i \omega t} \, d\omega = \frac{1}{4\pi B} \sum_{n \in \Z} x_n \int_{-2\pi B}^{+2\pi B} e^{i \omega (t-n/(2B))}\,d\omega $$
Quest’ultimo integrale è di facile calcolo,
$$\int_{-2\pi B}^{+2\pi B} e^{i \omega (t-n/(2B))}\,d\omega = \frac{1}{i(t-n/(2B))} e^{i \omega (t-n/(2B))} \big\lvert_{-2\pi B}^{+2\pi B} =\frac{2}{(t-n/(2B))}\sin{\pqty{2\pi B(t-n/(2B))}}$$
Questo risultato può essere espresso in termini della funzione $\mathrm{sinc}(x)=\frac{\sin(x)}{x}$. Otteniamo perciò la formula finale,
$$x(t) = \sum_{n \in \Z} x_n \,\mathrm{sinc}{\pqty{2\pi B\pqty{t-\frac{n}{2B}}}}$$
Questa formula è anche nota come formula di interpolazione di Shannon e permette di ricostruire il segnale a partire dai campioni senza nessuna complicazione con le trasformate di Fourier.
Il teorema può essere esteso in varie direzioni. In particolare, il campionamento non dev’essere uniforme, ma in questo caso la dimostrazione è più complicata. Inoltre non è necessario che la banda di frequenze non-nulla sia centrata in zero: se la banda è centrata in $B_0$ e ha ampiezza $B$, basta di nuovo campionare ogni $1/(2B)$; la formula corrispondente può essere derivata con le stesse tecniche. Infine, notiamo che molto spesso i segnali che ci interessano non hanno veramente frequenze limitate; piuttosto si sceglie una $B$ sufficientemente grande, si campiona ogni $1/(2B)$ e si utilizza lo stesso la formula finale. In questo caso la ricostruzione non sarà esatta, e ci saranno degli errori che vengono detti “aliasing”.