שינויים

*ראשית נזכור את הנוסחאות הטריגונומטריות:**<math>\sin(a)\sin(b)=\frac{1}{2}\left[\cos(a-b)-\cos(a+b)\right]</math>**<math>\cos(a)\cos(b)=\frac{1}{2}\left[\cos(a+b)+\cos(a-b)\right]</math>*כעת, לכל <math>0\neq n\in\mathbb{N}</math> נקבל:**<math>\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\sin(nx)\sin(nx)dx = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}(1-\cos(2nx))dx = \frac{1}{2\pi}\left[x-\frac{1}{2n}\sin(2nx)\right]_{-\pi}^{\pi}=1 </math>*עבור <math>n\neq k \in \mathbb{N}</math> נקבל:**<math>\int_{-\pi}^{\pi}\sin(nx)\sin(kx)dx = \frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}(\cos((n-k)x)-\cos((n+k)x))dx = \frac{1}{2}\left[\frac{\sin((n-k)x)}{n-k}-\frac{\sin((n+k)x)}{n+k}\right]_{-\pi}^{\pi}=0</math>**שימו לב כי השתמשנו כאן בעובדה ש<math>n-k,n+k\neq 0</math>.*באופן דומה, לכל <math>0\neq n\in\mathbb{N}</math> נקבל:**<math>\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\cos(nx)\cos(nx)dx = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}(\cos(2nx)+1)dx = \frac{1}{2\pi}\left[\frac{1}{2n}\sin(2nx)+x\right]_{-\pi}^{\pi}=1 </math>*עבור <math>n\neq k \in \mathbb{N}</math> נקבל:**<math>\int_{-\pi}^{\pi}\cos(nx)\cos(kx)dx = \frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}(\cos((n+k)x)+\cos((n-k)x))dx = \frac{1}{2}\left[\frac{\sin((n-k)x)}{n+k}+\frac{\sin((n-k)x)}{n+k}\right]_{-\pi}^{\pi}=0</math>**שימו לב כי השתמשנו כאן בעובדה ש<math>n-k,n+k\neq 0</math>.*עבור <math>n,k\in \mathbb{N}</math> נקבל:**<math>\int_{-\pi}^{\pi}\cos(nx)\sin(kx)dx=0</math> כיוון שמדובר ב'''אינטגרל בקטע סימטרי על פונקציה אי זוגית'''.*ולבסוף, עבור <math>n=0</math> נקבל**<math>\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\cos(0)\cos(0)dx=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}1dx=2</math>*שימו לב שכאשר מציבים 0 בsin מקבלים אפס, ולכן אין צורך בבדיקה הזו.  *הערה חשובה:**למעשה כלל החישובים שעשינו לעיל מוכיחים שהקבוצה <math>\{\frac{1}{2},sin(x),cos(x),sin(2x),cos(2x),...\}</math> מהווה בסיס אורתונורמלי לפי המכפלה הפנימית <math>\langle f,g\rangle=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}(f\cdot g) dx</math>