V 3 – Fourieranalyse / Spektralanalyse

 

Wir stellen uns hier die Frage, was für ein Ausgangssignal wir bei beliebigem {U_e}\left( t \right)
messen.

Noch schwieriger ist es, aus einem Ausgangssignal {U_a}\left( t \right) die entsprechende Eingangsgröße {U_e}\left( t \right) zu bestimmen. Dies ist jedoch gerade, was uns interessiert.

In diesem Kapitel werden wir lernen, wie dies möglich ist.

Wir kennen den Frequenzganz für {U_e}\left( t \right) = {U_e} \cdot \sin \left( {\omega t} \right):

\Rightarrow \quad {U_a}\left( t \right) = {U_a} \cdot \sin \left( {\omega t+\varphi } \right)


3.1 Fourierreihe für stetig periodische Funktionen f(t)

Für eine beliebige stetige, periodische Funktion mit der Periode T \left( {f\left( {t+T} \right) = f\left( t \right)} \right) gilt:

f\left( t \right) = \frac{{{A_0}}}{2}+\sum\limits_{n = 1}^\infty {{A_n} \cdot \cos \left( {n \cdot \omega t} \right)} +\sum\limits_{n = 1}^\infty {{B_n} \cdot \sin \left( {n \cdot \omega t} \right)},

mit den Koeffizienten:

{A_n} = \frac{2}{T} \cdot \int\limits_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}} {f\left( t \right) \cdot \cos \left( {n \cdot \omega t} \right)dt}

{B_n} = \frac{2}{T} \cdot \int\limits_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}} {f\left( t \right) \cdot \sin \left( {n \cdot \omega t} \right)dt}

Dieses nennt man auch eine Fourierreihe. Die Herausforderung besteht nun darin die entsprechenden Koeffizienten {A_n} und {B_n} zu finden.

Als sehr einfaches Beispiel sei gegeben:

f\left( t \right) = \sin \left( {m \cdot \omega t} \right),\quad \omega = \frac{{2\pi }}{T},\quad m = 5

\Rightarrow \quad {A_n} = \frac{2}{T} \cdot \int\limits_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}} {\underbrace {\sin \left( {m \cdot \omega t} \right) \cdot \cos \left( {n \cdot \omega t} \right)}_{punktsymmetrisch}dt} = 0

\Rightarrow \quad {B_n} = \frac{2}{T} \cdot \int\limits_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}} {\sin \left( {m \cdot \omega t} \right) \cdot \sin \left( {n \cdot \omega t} \right)dt}

= \frac{2}{T} \cdot \int\limits_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}} {\frac{1}{2} \cdot \left[ {\cos \left[ {\left( {m-n} \right) \cdot \omega t} \right]-\underbrace {\cos \left[ {\left( {m+n} \right) \cdot \omega t} \right]}_{immer\:0}} \right]\:dt}

Der Kosinus, integriert über eine oder mehrere volle Perioden, ergibt immer 0.

\Rightarrow \quad {B_n} = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}  0 & {falls} & {m \ne n} \\  1 & {falls} & {m = n} \\   \end{array} } \right.

denn:

{B_m} = \frac{2}{T} \cdot \int\limits_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}} {\frac{1}{2}dt} = \frac{1}{T} \cdot T = 1


3.2 Fourierreihe für beliebige Funktionen

Jede beliebige Funktion lässt sich durch ein Fourierintegral darstellen:

f\left( t \right) = \frac{1}{{2\pi }} \cdot \int\limits_{-\infty }^\infty {F\left( \omega \right) \cdot {e^{i\omega t}}d\omega }

{e^{i\omega t}} = \cos \left( {\omega t} \right)+i \cdot \sin \left( {\omega t} \right)

Die Fouriertransformierte F\left( \omega \right) der Funktion f\left( t \right) wird berechnet durch:

F\left( \omega \right) = \int\limits_{-\infty }^\infty {f\left( t \right) \cdot {e^{-i\omega t}}dt}

F\left( \omega \right) = \left| {F\left( \omega \right)} \right| \cdot {e^{i\varphi }}

{e^{i\varphi }}: Richtung in der komplexen Ebene

mess-v03-komplexe-ebene

Man kann die Fouriertransformierte auch als Summe der Frequenzen darstellen. Aus diesem Grund wird sie auch zur Spektralanalyse verwendet.

Die Funktion f\left( t \right) wird auch als Rücktransformierte bezeichnet und hat den Vorfaktor \frac{1}{{2\pi }}.

Beispiel für die Spektralanalyse (aus der Vorlesung):

Es gibt Programme, die eine aufgenommenen Ton in eine Spannung umwandeln, direkt eine Fourieranalyse durchführen (FFT: Fast Fourier Transformation) und dann grafisch die aufgenommen Frequenzen mit den dazugehörigen Amplituden darstellen.

So wird bei einem reinen menschlichen Pfeifton eine starke Amplitude bei ca. 1,5 kHz sichtbar. Bei einer Geige werden je nach Ton mehrere Amplituden sichtbar, um genau zu sein 28. Das eingehende Signal ist periodisch, zeigt aber auch eine Menge mitschwingender Anteile.

Wir haben den einen Ton zwischen des‘ und d‘ (ca. 285 Hz) getestet, dabei fällt auf, dass es bei allen ganzzahligen Vielfachen von B auch noch einen Peak gibt.

Auch kann man ein Fingerschnippen mit einer Spektralanalyse gut darstellen, dabei erkennt man auch die „hellen“ Frequenzen dieses Geräusches. Der Vorteil ist also, dass man über diesen Weg auch nicht-periodischen-Funktionen eine Frequenz zuordnen kann. Des Weiteren kann man auch von der Transformierten wieder auf das eigentliche Signal schließen. Diese Darstellung hat also (fast) nur Vorteile für die praktische Arbeit.


i) Gewichtsfunktion (Impulsantwort)

g\left( t \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{1}{\tau } \cdot {e^{-\frac{t}{\tau }}}} & {t > 0} \\  0 & {t \leq 0} \\   \end{array} } \right.

Wir bilden jetzt die Fouriertransformierte dieser Funktion:

G\left( \omega \right) = \int\limits_{-\infty }^\infty {g\left( t \right) \cdot {e^{-i\omega t}}dt} = \frac{1}{\tau }\int\limits_0^\infty {{e^{-\frac{t}{\tau }-i\omega \tau }}dt} = \frac{1}{\tau }\int\limits_0^\infty {{e^{-\left( {\frac{1}{\tau }+i\omega } \right) \cdot t}}dt}

\qquad = \left. {\frac{1}{\tau } \cdot \frac{1}{{^{-\left( {\frac{1}{\tau }+i\omega } \right)}}} \cdot {e^{-\left( {\frac{1}{\tau }+i\omega } \right) \cdot t}}} \right|_0^\infty

\qquad = \frac{1}{{-\left( {2+i\omega \tau } \right)}}\left( {0-1} \right)

\qquad = \underline{\underline {\frac{1}{{1+i\omega \tau }}}} = :Frequenzgang

Wir können erkennen, dass die Fouriertransformierte der Impulsantwort genau dem Frequenzgang entspricht, wir haben also einen weiteren Zusammenhang gefunden.

Hier eine kurze Übersicht:

h\left( t \right): Sprungantwort

g\left( t \right) = \frac{{dh\left( t \right)}}{{dt}}

G\left( \omega \right) = \int_{-\infty }^\infty {g\left( t \right){e^{-i\omega t}}dt}

g\left( t \right) = \frac{1}{{2\pi }}\int_{-\infty }^\infty {G\left( \omega \right){e^{i\omega t}}d\omega }

Es gibt bei jeder Messung das Problem, dass man nicht sehen kann was genau im Gerät abläuft. Wir messen eine Spannung, wissen aber nicht, ob diese dem tatsächlichen Eingangssignal entspricht:

mess-v03-geraet

Für ein allgemeines Signal Eingangssignal f\left( t \right) :

f\left( t \right) \to F\left( \omega \right)

Als Antwortfunktion bekommen wir das Ausgangssignal:

{f_a}\left( t \right) = \frac{1}{{2\pi }} \cdot \int\limits_{-\infty }^\infty {G\left( \omega \right) \cdot F\left( \omega \right) \cdot {e^{i\omega t}}d\omega }

{F_a}\left( \omega \right) = G\left( \omega \right) \cdot F\left( \omega \right)

Dies ist also eine sehr mächtige Möglichkeit Signale zu analysieren, wir können nun also von einem bekannten Signal auf eine Antwort schließen.

Wenn wir die Gewichtsfunktion kennen, können wir zwischen Ein- und Ausgangssignal umrechnen. Die Fouriertransformierte der Gewichtsfunktion nennt man Übertragungsfunktion oder auch Frequenzgang.


3.2.1 Vertiefung durch Beispiele

i)

f\left( t \right) = {e^{i{\omega _0}t}}sei ein Signal, das nur die Frequenz {\omega _0} enthält.

F\left( \omega \right) = \int\limits_{-\infty }^\infty {{e^{i{\omega _0}t}} \cdot {e^{-i\omega t}}dt}

\Rightarrow \quad F\left( \omega \right) = \int\limits_{-\infty }^\infty {{e^{i\left( {{\omega _0}-\omega } \right)t}}dt}

Wir haben hier nun das Problem, dass wir ein Integral von -\infty bis +\infty haben.

Da es sich jedoch um eine periodische Funktion handelt, welche die folgende Periodendauer besitzt:

T = \frac{{2\pi }}{{{\omega _0}-\omega }},\quad \omega \ne {\omega _0}

können wir die Funktion wie folgt umschreiben:

F\left( \omega \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \int\limits_{-nT}^{nT} {{e^{i\left( {{\omega _0}-\omega } \right)t}}dt} = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}  0 & {falls\:{\omega _o} \ne \omega } \\  \infty & {falls\:{\omega _0} = \omega } \\   \end{array} } \right.

mess-v03-scharfe-amplitude

Wir können erkennen, dass es genau bei {\omega _0} die Amplitude unendlich wird. Dies ist allerdings nur eine Darstellung aus der Mathematik heraus, die in diesem Fall die Realität nicht vollständig darstellen kann.

Es muss auch weiterhin der Satz von Fourier gelten:

f\left( t \right) = \frac{1}{{2\pi }} \cdot \int\limits_{-\infty }^\infty {F\left( \omega \right) \cdot {e^{i\omega t}}d\omega }

F\left( \omega \right)\quad integrierbar

Wir brauchen also eine Funktion die integrierbar ist, was bei unendlicher Amplitude und genau einer Frequenz nur bei der δ-Funktion möglich ist.

F\left( \omega \right) = c \cdot \delta \left( {{\omega _0}-\omega } \right)

f\left( t \right) = {e^{i{\omega _0}t}}\mathop = \limits^! \frac{1}{{2\pi }} \cdot \int\limits_{-\infty }^\infty {c \cdot \delta \left( {{\omega _0}-\omega } \right){e^{i\omega t}}dt} = \frac{c}{{2\pi }} \cdot {e^{i{\omega _0}\tau }}

mit\quad \frac{c}{{2\pi }} = 1\quad \Leftrightarrow \quad c = 2\pi

Sei nun {\omega _0} = 0

\Rightarrow \quad \boxed{\delta \left( \omega \right) = \delta \left( {-\omega } \right) = \frac{1}{{2\pi }} \cdot \int\limits_{-\infty }^\infty {{e^{-i\omega t}}dt} }

Die Symmetrie lässt sich mit Hilfe der eulerschen Formeln begründen:

{e^{-i{\omega _0}t}} = \cos {\omega _0}t-i\sin {\omega _0}t\quad \Leftrightarrow \quad \cos \left( {{\omega _0}t} \right) = \frac{{{e^{i{\omega _0}t}}+{e^{-i{\omega _0}t}}}}{2}

(Wir können dieses Problem in zwei Probleme aufteilen und damit eine Lösung angeben, dies funktioniert aber nur für Sinus- und Kosinusanteile, die eine konstante Amplitude haben.)

Wenn wir ein Signal wirklich unendlich lang aufnehmen würden, dann würden wir einen einzigen scharfen Peak erhalten. Dadurch, dass wir aber nur zeitlich begrenzte Aufnahmen machen können, erhalten wir „Unschärfen“ in der Darstellung.

ii) Endliches Signal

Wir betrachten im Folgenden einen Rechteckimpuls:

f\left( t \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}  1 & {f\ddot ur} & {-\frac{\tau }{2} \leq t \leq \frac{\tau }{2}} \\  0 & {sonst} & {} \\   \end{array} } \right.

mess-v03-rechteckpuls </p>
<p>

F\left( \omega \right) = \int\limits_{-\infty }^\infty {f\left( \omega \right) \cdot {e^{-i\omega t}}dt}

= \int\limits_{-\frac{\tau }{2}}^{\frac{\tau }{2}} {{e^{-i\omega t}}dt} = \underbrace {\int\limits_{-\frac{\tau }{2}}^{\frac{\tau }{2}} {\cos \left( {-\omega t} \right)dt} }_{achsensymmetrisch}+i \cdot \underbrace {\int\limits_{-\frac{\tau }{2}}^{\frac{\tau }{2}} {\sin \left( {-\omega t} \right)dt} }_{0,\:da\:punktsymmetrisch}

= 2 \cdot \int\limits_0^{\frac{\tau }{2}} {\cos \left( {\omega t} \right)dt} = \left. {\frac{{2 \cdot \sin \left( {\omega t} \right)}}{\omega }} \right|_0^{\frac{\tau }{2}} = \underline{\underline {\frac{2}{\omega } \cdot \sin \left( {\omega \frac{\tau }{2}} \right)}}

Zur Analyse des Funktionsverlaufes formen wir noch weiter um:

F\left( \omega \right) = \tau \cdot \frac{1}{{\omega \cdot \frac{\tau }{2}}} \cdot \sin \left( {\frac{{\omega \tau }}{2}} \right) = \tau \cdot \frac{{\sin \left( x \right)}}{x}\quad ;\quad x = \frac{{\omega \tau }}{2}

\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{{\sin \left( x \right)}}{x}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{{\cos \left( x \right)}}{1}} \right) = 1

Nullstellen bekommen wir hierbei für:

\frac{{\omega \tau }}{2} = n\pi \quad \Leftrightarrow \quad \omega = \frac{{2\pi n}}{\tau }

mess-v03-fourierspektrum-rechteckpuls

Wir können erkennen, dass wir nun ein endliches Frequenzspektrum haben.


Exkurs: Einfachspalt mit Fouriertransformation

F\left( \omega \right) \triangleq Interferenz (Amplitude) eines Einfachspaltes, der mit Licht beleuchtet wird:

mess-v03-interferrenz-einzelspalt

Gangunterschied: \Delta y = y \cdot \sin \varphi

A\left( \varphi \right) = \int\limits_{-\frac{b}{2}}^{\frac{b}{2}} {A \cdot {e^{i \cdot y \cdot \sin \left( \varphi \right) \cdot \frac{{2\pi }}{\lambda }}}dy} \quad ,\quad k = \frac{{2\pi \cdot \sin \left( \varphi \right)}}{\lambda }

A\left( \varphi \right) = A \cdot \int\limits_{-\frac{b}{2}}^{\frac{b}{2}} {{e^{iky}}dy}

\qquad = A \cdot b \cdot \frac{{\sin \left( {\frac{{kb}}{2}} \right)}}{{\frac{{kb}}{2}}}

\qquad = \frac{{2 \cdot A \cdot b}}{{kb}}\sin \left( {\frac{{kb}}{2}} \right)

b \overset{\wedge}{=}\tau

k \overset{\wedge}{=}\omega

Ort,\:Winkel \overset{\wedge}{=}Zeit,\:Frequenz

Intensit\ddot at \sim {A^2}\left( \varphi \right)

\Rightarrow Wir haben mit der Fouriertransformation also auch ein mächtiges Werkzeug um von Interferenzbildern auf die ursprünglichen Spalte zu schließen.


3.3 Faltung

In diesem Abschnitt wird es nun darum gehen, aus einem gemessenen Signal das ursprüngliche Signal wieder zu erhalten. Dieser Vorgang funktioniert durch Faltung.

mess-v03-geraet-2

Annahme: Wir kennen den Frequenzgang G\left( \omega \right)

\boxed{G\left( \omega \right) = \frac{{{{\hat U}_a}\left( \omega \right)}}{{{{\hat U}_e}\left( \omega \right)}}}

{U_e}\left( t \right) = \int\limits_{-\infty }^\infty {{{\hat U}_e}\left( \omega \right) \cdot {e^{i\omega t}} \cdot \frac{1}{{2\pi }}d\omega }

{U_a}\left( t \right) = \int\limits_{-\infty }^\infty {{{\hat U}_a}\left( \omega \right) \cdot {e^{i\omega t}} \cdot \frac{1}{{2\pi }}d\omega }

Dabei sind {\hat U_a} sowie {\hat U_e} die größte Amplitude!

\Rightarrow \quad {U_a}\left( t \right) = \frac{1}{{2\pi }}\int\limits_{-\infty }^\infty {{{\hat U}_e}\left( \omega \right) \cdot G\left( \omega \right) \cdot {e^{i\omega t}}d\omega }

Wir müssen also zwei Mal die Fouriertransformation ausführen, so kommen wir dann auf die Ausgangsfunktion. Vorraussetzung ist, dass G\left( \omega \right) über alle Frequenzen bekannt ist.

G\left( \omega \right) ist die Fouriertransformierte der Gewichtsfunktion g\left( t \right).

Wir wollen nun {U_a}\left( t \right) genau bestimmen und setzten alles ein:

{U_a}\left( t \right) = \frac{1}{{2\pi }}\int\limits_{-\infty }^\infty {\underbrace {\int\limits_{-\infty }^\infty {{U_e}\left( {{t^\prime }} \right) \cdot {e^{-i\omega {t^\prime }}}d{t^\prime }} }_{{{\hat U}_e}\left( \omega \right)} \times \underbrace {\int\limits_{-\infty }^\infty {g\left( {{t^{\prime \prime }}} \right) \cdot {e^{-i\omega {t^{\prime \prime }}}}d{t^{\prime \prime }}} }_{G\left( \omega \right)} \cdot {e^{i\omega t}}d\omega }

{U_a}\left( t \right) = \frac{1}{{2\pi }}\int\limits_{-\infty }^\infty {{U_e}\left( {{t^\prime }} \right)\int\limits_{-\infty }^\infty {g\left( {{t^{\prime \prime }}} \right)\int\limits_{-\infty }^\infty {{e^{i\left( {t-{t^\prime }-{t^{\prime \prime }}} \right)\omega }}d\omega } \:d{t^{\prime \prime }}} d{t^\prime }}

Mit:\:\frac{1}{{2\pi }}\int_{-\infty }^\infty {{e^{i\left( {t-{t^\prime }-{t^{\prime \prime }}} \right)\omega }}d\omega } = \underbrace {\delta \left( {t-{t^\prime }-{t^{\prime \prime }}} \right)}_{symmetrisch}

{U_a}\left( t \right) = \int\limits_{-\infty }^\infty {{U_e}\left( {{t^\prime }} \right) \cdot \int\limits_{-\infty }^\infty {g\left( {{t^{\prime \prime }}} \right) \cdot \delta \left( {t-{t^\prime }-{t^{\prime \prime }}} \right)d{t^{\prime \prime }}} d{t^\prime }}

\qquad = \underbrace {\int\limits_{-\infty }^\infty {{U_e}\left( {{t^\prime }} \right) \cdot g\left( {t-{t^\prime }} \right)d{t^\prime }} }_{Faltungsintegral} = \underline{\underline {{U_e}\left( t \right) \otimes g\left( t \right)}}

Zur Veranschaulichung noch folgende Grafik:

Rechts ist die Originalfunktion zu sehen und links die Funktion, mit der gefaltet wird.

mess-v03-faltung-1

Bei der Faltung wird nun an jeder Stelle der Wert der Originalfunktion mit der Faltungsfunktion multipliziert (in folgendem Bild repräsentativ an jeder zweiten). Zusätzlich werden alle Ergebnisse dieser Multiplikation wieder aufsummiert, so dass sich das gefaltete Signal ergibt:

mess-v03-faltung-2

Wenn wir nun {U_a} und g\left( t \right) kennen, wie können wir dann auf die Funktion {U_e} schließen? Dieser Vorgang als Entfaltung, „Deconvolution (engl.)“, Dekonvolution (deutsch) oder als inverses Problem bezeichnet.

{U_e}\left( t \right) = \frac{1}{{2\pi }}\int\limits_{-\infty }^\infty {{{\hat U}_e}\left( \omega \right) \cdot {e^{i\omega t}}d\omega }

\Rightarrow \quad \boxed{{U_e}\left( t \right) = \frac{1}{{2\pi }}\int\limits_{-\infty }^\infty {\frac{{{{\hat U}_a}\left( \omega \right)}}{{G\left( \omega \right)}}{e^{i\omega t}}d\omega } }

Das Problem, welches sich dabei ergibt, ist folgendes:

Um die Gleichung lösen zu können, müssen {U_a}\left( t \right),\:{U_e}\left( t \right) und vor allem G\left( \omega \right) für alle Zeiten genau bekannt sein, was problematisch ist. Insbesondere wenn bei hohen Frequenzen G\left( \omega \right) \to 0 gilt. Damit würde das Integral an dieser Stelle gegen Unendlich gehen.

Sie auch folgende Grafik :

mess-v03-schnelle-oszillation

Wir haben damit theoretisch erlernt wie man ein Ausgangsignal berechnen kann.

Das Hilfsmittel für die Faltung und Entfaltung ist die Fouriertransformation, da sie zwei Größen (wie die Frequenz und die Zeit) ineinander umrechnen kann. Man kann sich auch entscheiden welche der beiden Varianten man wählen möchte, um ein optimales Ergebnis für die konkrete Aufgabenstellung zu erhalten.

Hier noch eine Übersicht über komplementäre Größen:

t\quad \leftrightarrow \quad \omega ,f

t\quad \leftrightarrow \quad \hbar \omega = E

x\quad \leftrightarrow \quad \alpha

x\quad \leftrightarrow \quad {P_x}

{x_{Objekt}}\quad \leftrightarrow \quad {x_{Bild}}


3.4 Fourier-Transformation eines Zeitdiskreten Signals

Wir wollen nun unsere Funktion f\left( t \right) messen, aber wir haben nicht die Möglichkeit unendlich schnelle Messungen durchzuführen, sondern erhalten nur Messpunkte mit äquidistanten Abständen. Wir sagen, das Signal f\left( t \right) wir abgetastet an den Zeiten n \cdot {T_a} wobei n \in \mathbb{Z} gilt. Wir nehmen hier noch an, dass wir unendlich lange messen können, was in der Realität natürlich nicht möglich ist, aber diesem Problem wenden wir uns später zu.

F\left( \omega \right) = \int_{-\infty }^\infty {f\left( t \right) \cdot {e^{-i\omega t}}dt}

\mathop \to \limits^{approximiert} \quad {F_{{T_a},\infty }}\left( \omega \right) = \frac{{{T_a} \cdot \sum\limits_{n = -\infty }^\infty {f\left( {n \cdot {T_a}} \right){e^{-i\omega \cdot n{T_a}}}} }}{{{T_a}}} = \sum\limits_{n = -\infty }^\infty {f\left( {n \cdot {T_a}} \right){e^{-i\omega \cdot n{T_a}}}}

{F_{{T_a},\infty }}\left( \omega \right) ist periodisch in ω mit der Periode \omega = \frac{{2\pi }}{{{T_a}}}.


3.5 Abtasttheorem, Nyquist-Bedingung

Die Funktion {F_{{T_a},\infty }} hat nur sinnvollen Inhalt für Frequenzen

\omega < \frac{1}{2}{\omega _a}\quad ;\quad {\omega _a} = \frac{{2\pi }}{{{T_a}}}

wobei {\omega _a} die Abtastfrequenz ist.

Damit lautet die notwendige Bedingung, um vollständige Frequenzinformationen zu erhalten:

{f_a} > 2 \cdot {f_{max}}

, wobei {f_{max}} der maximal im Signal vorkommenden Frequenzanteil ist.

mess-v03-abtastung

Wir können hier erkennen, dass wir eine völlig andere Frequenz erhalten als die gemessene. Wir müssen also aufpassen, dass wir mit der „richtigen“ Frequenz messen, um ein gutes Ergebnis zu erhalten.

Ist dies nicht realisierbar, dann sollte ein Tiefpass mit {\omega _g} \leq \frac{{{\omega _a}}}{2}o vorgeschaltet werden. Somit erhalten wir keine Artefakte im abgetasteten Signal. Der Tiefpass würde hochfrequente auf kleine Werte dämpfen. (So würde das Ergebnis nicht völlig daneben liegen.)

Besser ist es, eine noch höhere Abtastfrequenz zu wählen. Für gute Ergebnisse braucht man in etwa eine fünffache Abtastfrequenz, so dass in jeder Periode eben fünf Messwerte genommen werden. Aus diesen Werten kann man ein vernünftiges Bild zeichnen.

\mathcal{G}\mathcal{H}\& \mathcal{J}\mathcal{K}