最初に与えられた式は \begin{align} f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{m=1}^\infty a_m \cos (mx) \tag{A} \end{align} である。
$m=n$ のときは \begin{align} \int_{- \pi}^\pi \cos^2 (mx) dx &= \int_0^\pi \left\{ 1 + \cos (2mx) \right\} dx \\ &= \left[ x + \frac{1}{2m} \sin (2mx) \right]_0^\pi \\ &= \pi \tag{B} \end{align} であり、 $m \ne n$ のときは \begin{align} \int_{- \pi}^\pi \cos (mx) \cos (nx) dx &= \int_0^\pi \left\{ \cos ((m+n)x) + \cos ((m-n)x) \right\} dx \\ &= \left[ \frac{1}{m+n} \sin ((m+n)x) + \frac{1}{m-n} \sin ((m-n)x) \right]_0^\pi \\ &= 0 \tag{C} \end{align} である。
まず、 $m=1, 2, 3, \cdots$ について \begin{align} \int_{- \pi}^\pi \cos (mx) dx &= 0 \tag{D} \end{align} である。
式 (A) より \begin{align} \left\{ f(x) \right\}^2 &= \frac{a_0^2}{4} + a_0 \sum_{m=1}^\infty a_m \cos (mx) + \sum_{m=1}^\infty a_m^2 \cos^2 (mx) + \sum_{(m,n) \in M} a_m a_n \cos (mx) \cos (nx) \\ &\left( M = \left\{ (m, n) \mid m \in \mathbb{Z}, n \in \mathbb{Z}, m \ne n \right\} , \ \ \mathbb{Z} = \left\{ 1, 2, 3, \cdots \right\} \right) \end{align} であるが、これの両辺を $x$ について $- \pi$ から $\pi$ まで積分すると、 式 (B), (C), (D) より、 \begin{align} \int_{- \pi}^\pi \left\{ f(x) \right\}^2 &= \frac{\pi a_0^2}{2} + \pi \sum_{m=1}^\infty a_m^2 \end{align} となるから、 \begin{align} I &= \frac{a_0^2}{2} + \sum_{m=1}^\infty a_m^2 \tag{E} \end{align} がわかる。 （※ これは パーセヴァルの等式 の一種である。）
まず、式 (A) の両辺を $x$ について $- \pi$ から $\pi$ まで積分すると \begin{align} \int_{- \pi}^\pi f(x) dx &= \pi a_0 & (\because \text{ 式 (D) } ) \\ \therefore \ \ a_0 &= \frac{1}{\pi} \int_{- \pi}^\pi f(x) dx \tag{F} \end{align} となり、 $n=1, 2, 3, \cdots$ について、 式 (A) の両辺に $\cos (nx)$ をかけて $x$ について $- \pi$ から $\pi$ まで積分すると \begin{align} \int_{- \pi}^\pi f(x) \cos (nx) dx &= \pi a_n & (\because \text{ 式 (B), (C), (D) } ) \\ \therefore \ \ a_n &= \frac{1}{\pi} \int_{- \pi}^\pi f(x) \cos (nx) dx \tag{G} \end{align} となる。
$f(x)=x^2$ のとき、 式 (F) は \begin{align} a_0 &= \frac{1}{\pi} \int_{- \pi}^\pi x^2 dx \\ &= \frac{2}{\pi} \int_0^\pi x^2 dx \\ &= \frac{2}{\pi} \left[ \frac{x^3}{3} \right]_0^\pi \\ &= \frac{2 \pi^2}{3} \tag{F'} \end{align} となり、式 (G) は \begin{align} a_n &= \frac{1}{\pi} \int_{- \pi}^\pi x^2 \cos (nx) dx \\ &= \frac{2}{\pi} \int_0^\pi x^2 \cos (nx) dx \\ &= \frac{2}{n \pi} \left[ x^2 \sin (nx) \right]_0^\pi - \frac{4}{n \pi} \int_0^\pi x \sin (nx) dx \\ &= - \frac{4}{n \pi} \int_0^\pi x \sin (nx) dx \\ &= \frac{4}{n^2 \pi} \left[ x \cos (nx) \right]_0^\pi - \frac{4}{n^2 \pi} \int_0^\pi \cos (nx) dx \\ &= (-1)^n \frac{4}{n^2} \tag{G'} \end{align} となるから、式 (E) は \begin{align} \frac{1}{\pi} \int_{- \pi}^\pi x^4 dx &= \frac{1}{2} \cdot \left( \frac{2 \pi^2}{3} \right)^2 + \sum_{m=1}^\infty \frac{16}{m^4} \\ \therefore \ \ \frac{2}{5} \pi^4 &= \frac{2}{9} \pi^4 + 16 \sum_{m=1}^\infty \frac{1}{m^4} \tag{E'} \end{align} となり、 \begin{align} \sum_{m=1}^\infty \frac{1}{m^4} &= \frac{\pi^4}{90} \end{align} を得る。
後藤・山本・神吉「詳解 物理応用数学演習」 第5章 §2. Fourier 級数