>>265

個人的には>>287 で何の不満もありませんが
出題者の気持ちをエスパーして解答しておきます

倍角公式 cos 2x = 2cos^2x -1 を書き直して
1-cos 2x = 2 (1-cos^2x) = 2(1-cos x)(1+cos x)
x が2進法で小数点以下n桁目から始まる程度に0に近い数（n = [ -log_2 x ])
のとき上記変形を n回繰り返すと
1-cos 2^n x = 2^n (1+ cos 2^(n-1) x) (1+ cos 2^(n-2)x) … (1+cos x)(1-cos x)
よって
f(x) = (1-cos 2^nx)/ ( 2^n x^2 (1+cos2^(n-1)x)(1+cos2^(n-2)x)…(1+cos x) )
=(1-cos2^nx)/ ( (2^nx)^2 a_{n-1} a_{n-2}… a_0 )
ここで a_k= (1+cos 2^k)/2 , k=0,1,…, n
a_k たちと 2^nx は全て1程度の数なので桁落ちは起きない