为得到这一结果，我们已假设对该级数 (12.3) 逐项积分是允许的。事实确实如此，这是由该级数的收敛性质所保证的——其有效性在更高级的教材中有详细讨论。

为求得傅里叶系数 $a_n$ ( $n \neq 0$ )，我们将 (12.3) 两边同乘以 $\cos m\omega t$ ，并关于 $t$ 在周期 $t = d$ 到 $t = d + T$ 上积分，得到

$$\int_d^{d+T} f(t) \cos m\omega t , dt = \frac{1}{2} a_0 \int_d^{d+T} \cos m\omega t , dt + \sum_{n=1}^{\infty} a_n \int_d^{d+T} \cos n\omega t \cos m\omega t , dt \ + \sum_{n=1}^{\infty} b_n \int_d^{d+T} \cos m\omega t \sin n\omega t , dt$$

假设可以逐项积分，并利用 (12.4)、(12.7) 和 (12.8)，我们发现，当 $m \neq 0$ 时，右端唯一的非零积分是第一个求和中当 $n = m$ 时出现的那一项。也就是说，我们有

$$\int_d^{d+T} f(t) \cos m\omega t , dt = a_m \int_d^{d+T} \cos m\omega t \cos m\omega t , dt = \frac{1}{2} a_m T$$

从而得到

$$a_m = \frac{2}{T} \int_d^{d+T} f(t) \cos m\omega t , dt$$

将其中 $m$ 替换为 $n$ 后，得到

$$a_n = \frac{2}{T} \int_d^{d+T} f(t) \cos n \cos n\omega t dt \quad (12.10)$$

的值 $a_0$ 在 (12.9) 中给出的可以通过取 $n = 0$ 于 (12.10) 中得到，因此我们可以写成

$$a_n = \frac{2}{T} \int_d^{d+T} f(t) \cos m\omega t , dt \quad (n = 0, 1, 2, \dots) \quad (12.11)$$

这解释了为什么傅里叶级数展开中的常数项取为 $\frac{1}{2}a_0$ 而不是 $a_0$ ，因为这保证了结果 (12.9) 和 (12.10) 的相容性。虽然 $a_0$ 和 $a_n$ 满足同一公式，通常更稳妥的做法是分别计算它们。

最后，为了求得傅里叶系数 $b_n$ ，我们将 (12.3) 两边同乘以 $\sin \omega t$ 并关于 $t$ 在周期 $t = d$ 到 $t = d + T$ 上积分，得到

$$\int_d^{d+T} f(t) \sin m\omega t , dt = \frac{1}{2} a_0 \int_d^{d+T} \sin m\omega t , dt + \sum_{n=1}^{\infty} \left( a_n \int_d^{d+T} \sin m\omega t \cos n\omega t , dt + b_n \int_t^{d+T} \sin m\omega t \sin n\omega t , dt \right)$$