Để khẳng định hàm số đã cho có thể khai triển thành chuỗi Fourier và dễ dàng chỉ ra các điểm gián đoạn của hàm số (tại đó hàm số không khai triển được thành chuỗi Fourier) chúng ta nên vẽ đồ thị của hàm số đã cho.

Tiếp theo, căn cứ vào giả thiết bài toán (kết hợp quan sát đồ thị hàm số vừa vẽ) để khẳng định $f(x)$ thỏa mãn các điều kiện của định lý Dirichlet nên khai triển được thành chuỗi Fourier.

Sau đó, ta lần lượt xác định các hệ số Fourier \begin{align}a_{0}&=\dfrac{1}{\pi } \int\limits_{-\pi }^{\pi }f(x)dx =\dfrac{1}{\pi } \int\limits_{-\pi }^{\pi }2xdx=\left.\dfrac{x^{2}}{\pi }\right|_{-\pi }^{\pi }=0,\\a_{n}&=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos nxdx =\dfrac{1}{\pi } \int\limits_{-\pi }^{\pi }2x\cos nxdx\\&=\left. \dfrac{2x\sin nx}{\pi n}\right|_{-\pi }^{\pi }-\dfrac{1}{\pi n} \int\limits_{-\pi }^{\pi }2\sin nxdx=\left. \dfrac{2x\sin nx}{\pi n} \right|_{-\pi }^{\pi } +\left. \dfrac{2\cos nx}{\pi n^{2}}\right|_{-\pi }^{\pi }=0,\\b_{n}&=\dfrac{1}{\pi } \int\limits_{-\pi }^{\pi }f(x)\sin nxdx =\dfrac{1}{\pi } \int\limits_{-\pi }^{\pi }2x\sin nxdx =\left. \dfrac{-2x\cos nx}{\pi n} \right|_{-\pi }^{\pi } +\dfrac{1}{\pi n} \int\limits_{-\pi }^{\pi }2\cos nxdx\\&=\left. \dfrac{-2x\cos nx}{\pi n} \right|_{-\pi }^{\pi } +\left. \dfrac{2\sin nx}{\pi n^{2} } \right|_{-\pi }^{\pi } =\dfrac{-2\pi \cos n\pi }{\pi n} -\dfrac{-2(-\pi )\cos n(-\pi )}{\pi n} =-\dfrac{4\cos n\pi }{n}\\&=(-1)^{n+1} \dfrac{4}{n} =\begin{cases}\dfrac{4}{n},& n=2k,\\\dfrac{4}{n},&n=2k+1.\end{cases}\end{align}

Căn cứ vào đồ thị, ta thấy hàm số đã cho bị gián đoạn tại các điểm $x=(2k+1)\pi ,{\rm \; }k\in \mathbb{Z}$ nên $\forall x\ne (2k+1)\pi ,{\rm \; }k\in \mathbb{Z}$, ta có $$f(x)=\dfrac{a_{0} }{2} +\sum _{n=1}^{+\infty }(a_{n} \cos nx+b_{n} \sin nx) =\sum _{n=1}^{+\infty }b_{n} \sin nx =\sum _{n=1}^{+\infty }(-1)^{n+1} \dfrac{4}{n} \sin nx.$$ Vậy, $$f(x)=4\left(\sin x-\dfrac{\sin 2x}{2} +\dfrac{\sin 3x}{3} -\cdots \right),\quad \forall x\ne (2k+1)\pi ,{\rm \; }k\in \mathbb{Z}.$$

Tại $x=(2k+1)\pi ,{\rm \; }k\in \mathbb{Z}$, ta có $S(x)=\dfrac{2\pi +(-2\pi )}{2}=0$. 

Chú ý. Nếu hàm $f(x)$ tuần hoàn với chu kỳ $2\pi $ thì $\int\limits_{-\pi }^{\pi }f(x)dx =\int\limits_{a}^{a+2\pi }f(x)dx $ ($a$ là số bất kì). Do đó $$a_{0} =\dfrac{1}{\pi } \int\limits_{a}^{a+2\pi }f(x)dx,\quad a_{n} =\dfrac{1}{\pi } \int\limits_{a}^{a+2\pi }f(x)\cos nxdx,\quad b_{n} =\frac{1}{\pi } \int _{a}^{a+2\pi }f(x)\sin nxdx.$$

Để khẳng định hàm số đã cho có thể khai triển thành chuỗi Fourier và dễ dàng chỉ ra các điểm gián đoạn của hàm số (tại đó hàm số không khai triển được thành chuỗi Fourier) chúng ta nên vẽ đồ thị của hàm số đã cho.

Tiếp theo, căn cứ vào giả thiết bài toán (kết hợp quan sát đồ thị hàm số vừa vẽ) để khẳng định: $f(x)$ thỏa mãn các điều kiện của định lý Dirichlet, nên khai triển được thành chuỗi Fourier.

Sau đó, ta lần lượt xác định các hệ số Fourier: \begin{align}a_{0}&=\dfrac{1}{\pi } \int\limits_{0}^{2\pi }f(x)dx =\dfrac{1}{\pi } \int\limits_{0}^{2\pi }\dfrac{x}{2} dx =\left. \dfrac{x^{2} }{4\pi }\right|_{0}^{2\pi } =\pi,\\a_{n} &=\dfrac{1}{\pi } \int\limits_{0}^{2\pi }f(x)\cos nxdx=\dfrac{1}{2\pi}\int\limits_{0}^{2\pi}x\cos nxdx\\&=\left. \dfrac{x\sin nx}{2\pi n}\right|_{0}^{2\pi}-\dfrac{1}{2\pi n}\int\limits_{0}^{2\pi }\sin nxdx=\left.\dfrac{x\sin nx}{2\pi n}\right|_{0}^{2\pi} +\left. \dfrac{\cos nx}{2\pi n^{2} }\right|_{0}^{2\pi}=0,\\b_{n}&=\dfrac{1}{\pi} \int\limits_{0}^{2\pi}f(x)\sin nxdx=\dfrac{1}{2\pi} \int\limits_{0}^{2\pi}x\sin nxdx =\left.\dfrac{-x\cos nx}{2\pi n} \right|_{0}^{2\pi }+\dfrac{1}{2\pi n} \int _{0}^{2\pi }\cos nxdx \\&=\left. \dfrac{-x\cos nx}{2\pi n} \right|_{0}^{2\pi } +\left. \dfrac{\sin nx}{2\pi n^{2} } \right|_{0}^{2\pi } =\dfrac{-\pi \cos n2\pi }{2\pi n} -\dfrac{-(-\pi )\cos 0}{2\pi n} =\dfrac{-1}{n}.\end{align}

Căn cứ vào đồ thị, ta thấy hàm số đã cho bị gián đoạn tại $x=2k\pi ,\,k\in \mathbb{Z}$. Nên: $\forall x\ne 2k\pi,\, k\in \mathbb{Z}$, ta có: $$f(x)=\dfrac{a_{0} }{2} +\sum\limits_{n=1}^{+\infty }(a_{n} \cos nx+b_{n} \sin nx) =\dfrac{a_{0} }{2} +\sum\limits_{n=1}^{+\infty }b_{n}\sin nx =\dfrac{\pi }{2} -\sum\limits_{n=1}^{+\infty }\dfrac{1}{n} \sin nx.$$

Vậy, $f(x)=\dfrac{\pi }{2} -\left(\sin x+\dfrac{\sin 2x}{2} +\dfrac{\sin 3x}{3} +\cdots \right),\quad \forall x\ne 2k\pi ,{\rm \; }k\in \mathbb{Z}$.

Tại $x=2k\pi ,\,k\in \mathbb{Z}$, ta có $S(x)=\dfrac{\pi +0}{2} =\dfrac{\pi }{2}$.