フーリエ級数と、その係数の求め方は、下のようになります。フーリエ級数自体は実にシンプルに見えますが、その係数を求める積分の式が、どうやったら出てくるかが、私の最初の疑問でした。
　その難しそうな積分の式が、高校で習った三角関数の公式だけで、簡単に導き出されるとを知ったときの、ほぉーっという、感動というかなんというか、奇妙な感じを、みなさんにも感じてもらえれば、うれしいです。

　　　　 ａ０
ｆ（ｘ）＝----＋ａ１ｃｏｓ（ｘ）＋ｂ１ｓｉｎ（ｘ）＋ａ２ｃｏｓ（２ｘ）＋ｂ２ｓｉｎ（２ｘ）＋........＋ａｎｃｏｓ（ｎｘ）＋ｂｎｓｉｎ（ｎｘ）＋........
　　　　　２
　π　　　　　　　　　　　　　　　　 １　　π
∫ｆ（ｘ）ｄｘ＝π・ａ０　　∴ａ０＝----∫ｆ（ｘ）ｄｘ
−π　　　　　　　　　　　　　　　　π　−π
　π　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　１　　π
∫ｆ（ｘ）ｃｏｓ（ｎｘ）ｄｘ＝π・ａｎ　　∴ａｎ＝----∫ｆ（ｘ）ｃｏｓ（ｎｘ）ｄｘ
−π　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 π　−π
　π　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 １　　π
∫ｆ（ｘ）ｓｉｎ（ｎｘ）ｄｘ＝π・ｂｎ　　∴ｂｎ＝----∫ｆ（ｘ）ｓｉｎ（ｎｘ）ｄｘ
−π　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　π　−π


　まず、ｓｉｎ（ｍｘ）ｃｏｓ（ｎｘ）の−π〜πまでの積分が、０になることを求めます。

ｓｉｎ（ｍ＋ｎ）ｘ＝ｓｉｎ（ｍｘ）ｃｏｓ（ｎｘ）＋ｃｏｓ（ｍｘ）ｓｉｎ（ｎｘ）

ｓｉｎ（ｍ−ｎ）ｘ＝ｓｉｎ（ｍｘ）ｃｏｓ（ｎｘ）−ｃｏｓ（ｍｘ）ｓｉｎ（ｎｘ）
　１
----｛ｓｉｎ（ｍ＋ｎ）ｘ＋ｓｉｎ（ｍ−ｎ）ｘ｝＝ｓｉｎ（ｍｘ）ｃｏｓ（ｎｘ）
　２
　１　　π
----∫｛ｓｉｎ（ｍ＋ｎ）ｘ＋ｓｉｎ（ｍ−ｎ）ｘ｝＝０
　２　−π
　　　π
∴∫ｓｉｎ（ｍｘ）ｃｏｓ（ｎｘ）ｄｘ＝０
　　−π


　次に、ｃｏｓ（ｎｘ）＾２の−π〜πまでの積分が、πになることを求めます。

ｃｏｓ（２ｎｘ）＝ｃｏｓ（ｎｘ）＾２−ｓｉｎ（ｎｘ）＾２＝２ｃｏｓ（ｎｘ）＾２−１
　１
----｛１＋ｃｏｓ（２ｎｘ）｝＝ｃｏｓ（ｎｘ）＾２
　２
　１　　π　　　　　　　　　　　　　　１　　　π
----∫｛１＋ｃｏｓ（２ｎｘ）｝ｄｘ＝----［ｘ］＝π
　２　−π　　　　　　　　　　　　　 ２　　−π
　　　π
∴∫｛ｃｏｓ（ｎｘ）＾２｝ｄｘ＝π
　　−π


　同じように、ｓｉｎ（ｎｘ）＾２の−π〜πまでの積分が、πになることを求めます。

ｃｏｓ（２ｎｘ）＝ｃｏｓ（ｎｘ）＾２−ｓｉｎ（ｎｘ）＾２＝１−２ｓｉｎ（ｎｘ）＾２
　１
----｛１−ｃｏｓ（２ｎｘ）｝＝ｓｉｎ（ｎｘ）＾２
　２
　１　　π　　　　　　　　　　　　　　１　　　π
----∫｛１−ｃｏｓ（２ｎｘ）｝ｄｘ＝----［ｘ］＝π
　２　−π　　　　　　　　　　　　　 ２　　−π
　　　π
∴∫｛ｓｉｎ（ｎｘ）＾２｝ｄｘ＝π
　　−π


　ｍ≠ｎのときの、ｃｏｓ（ｍｘ）ｃｏｓ（ｎｘ）と、ｓｉｎ（ｍｘ）ｓｉｎ（ｎｘ）の、−π〜πまでの積分が、０になることを求めます。

ｃｏｓ（ｍ＋ｎ）ｘ＝ｃｏｓ（ｍｘ）ｃｏｓ（ｎｘ）−ｓｉｎ（ｍｘ）ｓｉｎ（ｎｘ）

ｃｏｓ（ｍ−ｎ）ｘ＝ｃｏｓ（ｍｘ）ｃｏｓ（ｎｘ）＋ｓｉｎ（ｍｘ）ｓｉｎ（ｎｘ）

　１
----｛ｃｏｓ（ｍ＋ｎ）ｘ＋ｃｏｓ（ｍ−ｎ）ｘ｝＝ｃｏｓ（ｍｘ）ｃｏｓ（ｎｘ）
　２
　１　　π
----∫｛ｃｏｓ（ｍ＋ｎ）ｘ＋ｃｏｓ（ｍ−ｎ）ｘ｝＝０
　２　−π
　　　π
∴∫ｃｏｓ（ｍｘ）ｃｏｓ（ｎｘ）ｄｘ＝０
　　−π

　１
----｛ｃｏｓ（ｍ−ｎ）ｘ−ｃｏｓ（ｍ＋ｎ）ｘ｝＝ｓｉｎ（ｍｘ）ｓｉｎ（ｎｘ）
　２
　１　　π
----∫｛ｃｏｓ（ｍ−ｎ）ｘ−ｃｏｓ（ｍ＋ｎ）ｘ｝＝０
　２　−π
　　　π
∴∫ｓｉｎ（ｍｘ）ｓｉｎ（ｎｘ）ｄｘ＝０
　　−π


　これで、証明の準備は整いました。ここまでの式でも、私には十分、ふしぎでしたが。
　ここで、もう一度、フーリエ級数の式を書いておきます。上まで行ったり来たりするのは、めんどくさいので。

　　　　 ａ０
ｆ（ｘ）＝----＋ａ１ｃｏｓ（ｘ）＋ｂ１ｓｉｎ（ｘ）＋ａ２ｃｏｓ（２ｘ）＋ｂ２ｓｉｎ（２ｘ）＋........＋ａｎｃｏｓ（ｎｘ）＋ｂｎｓｉｎ（ｎｘ）＋........
　　　　　２
　π　　　　　　　　　　　　　　　　 １　　π
∫ｆ（ｘ）ｄｘ＝π・ａ０　　∴ａ０＝----∫ｆ（ｘ）ｄｘ
−π　　　　　　　　　　　　　　　　π　−π
　π　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　１　　π
∫ｆ（ｘ）ｃｏｓ（ｎｘ）ｄｘ＝π・ａｎ　　∴ａｎ＝----∫ｆ（ｘ）ｃｏｓ（ｎｘ）ｄｘ
−π　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 π　−π
　π　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 １　　π
∫ｆ（ｘ）ｓｉｎ（ｎｘ）ｄｘ＝π・ｂｎ　　∴ｂｎ＝----∫ｆ（ｘ）ｓｉｎ（ｎｘ）ｄｘ
−π　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　π　−π


　フーリエ級数の両辺に、ｃｏｓ（ｎｘ）をかけて−π〜πまでの積分を求めます。
　ぴんと来られた方もおられると思いますが、上でしてきた準備の結果から、ほとんどの項が０になり、特定の項がπになります。そこがみそなんですが。

　π　　　　　　　　　　 π　ａ０
∫ｆ（ｘ）ｃｏｓ（ｎｘ）＝∫｛----ｃｏｓ（ｎｘ）＋ａ１ｃｏｓ（ｎｘ）ｃｏｓ（ｘ）＋ｂ１ｃｏｓ（ｎｘ）ｓｉｎ（ｘ）
−π　　　　　　　　　−π　２

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　＋ａ２ｃｏｓ（ｎｘ）ｃｏｓ（２ｘ）＋ｂ２ｃｏｓ（ｎｘ）ｓｉｎ（２ｘ）＋........


　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　＋ａｎｃｏｓ（ｎｘ）ｃｏｓ（ｎｘ）＋ｂｎｃｏｓ（ｎｘ）ｓｉｎ（ｎｘ）＋........｝ｄｘ

　　　　　　　　　π　　　　　　　ａ０　 π
ｎ＝０のとき、∫ｆ（ｘ）ｄｘ＝［----x］＝ａ０・π
　　　　　　　　−π　　　　　　　２　−π
　　　　　　　　　π
ｎ＞０のとき、∫ｆ（ｘ）ｃｏｓ（ｎｘ）ｄｘ＝ａｎ・π
　　　　　　　　−π


　フーリエ級数の両辺に、ｓｉｎ（ｎｘ）をかけて−π〜πまでの積分を求めます。
　ｃｏｓ（ｎｘ）をかけた場合と同じように、ほとんどの項が０になり、特定の項がπになります。

　π　　　　　　　　　　π　ａ０
∫ｆ（ｘ）ｓｉｎ（ｎｘ）＝∫｛----ｓｉｎ（ｎｘ）＋ａ１ｓｉｎ（ｎｘ）ｃｏｓ（ｘ）＋ｂ１ｓｉｎ（ｎｘ）ｓｉｎ（ｘ）
−π　　　　　　　　 −π　２

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　＋ａ２ｓｉｎ（ｎｘ）ｃｏｓ（２ｘ）＋ｂ２ｓｉｎ（ｎｘ）ｓｉｎ（２ｘ）＋........


　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　＋ａｎｓｉｎ（ｎｘ）ｃｏｓ（ｎｘ）＋ｂｎｓｉｎ（ｎｘ）ｓｉｎ（ｎｘ）＋........｝ｄｘ

　　　　　　　　　π
ｎ＝０のとき、∫０ｄｘ＝０
　　　　　　　　−π
　　　　　　　　　π
ｎ＞０のとき、∫ｆ（ｘ）ｓｉｎ（ｎｘ）ｄｘ＝ｂｎ・π
　　　　　　　　−π


　これで、フーリエ級数の係数が、あのような積分の式になることが証明できました。

　フーリエ級数は、矩形波、のこぎり波、三角波など、周期性があるが直線的な関数を、簡単に、三角関数の級数に展開できる便利な方法なのですが、ちょっと疲れたので、このあたりで終わらせて下さい。