第１問
次の各問いについて答えだけを書け。
(１) 空間の点A(1，-3，-2)、B(-2，3，1)について、AP=2BPを満たす
点Pの全体はどのような図形になるか。
(２) 不等式log2(log4x)+log4(log2x)＜2を解け。
(３) 5100を43で割ったときの余りを求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
P(x，y，z)とおくと、AP=2BPより
(x-1)2+(y+3)2+(z+2)2=4{(x+2)2+(y-3)2+(z-1)2}
⇔ x2+y2+z2+6x-10y-4z+14=0
⇔ (x+3)2+(y-5)2+(z-2)2=24
となるので、点Pは、中心(-3，5，2)、半径2$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt6\end{align*}}$ の球面上を動く。
(２)
真数条件は
log2x＞0 かつ log4x＞0 かつ x＞0
より、1＜xである。
底を2（＞1）にそろえると、与式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \log_2\left(\frac{\log_2x}{\log_24}\right)+\frac{\log_2\left(\log_2x\right)}{\log_24}<2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \log_2\left(\log_2x\right)-\log_22+\frac{\log_2\left(\log_2x\right)}{2}<2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \log_2\left(\log_2x\right)<2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \log_2x<2^2=4\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x<2^4=16\end{align*}}$
よって、不等式の解は、1＜x＜16となる。
(３)
二項定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 5^{100}&=\sf \left(1+4\right)^{100} \\ &=\sf \sum_{k=0}^{100}\ _{100}C_k4^k \\ &=\sf _{100}C_0+_{100}C_1\cdot 4+_{100}C_2\cdot 4^2+\sum_{k=3}^{100}\ _{100}C_k4^k\\ &=\sf 79601+4^3\sum_{k=3}^{100}\ _{100}C_k4^{k-3}\\ &=\sf 4^3\left(1243+\sum_{k=3}^{100}\ _{100}C_k4^{k-3}\right)+49 \end{align*}}$
となるので、 5100を43で割ったときの余りは49である。
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第１問
次の各問いについて答えだけを書け。
(４) nを自然数とする。$\small\sf{\begin{align*} \sf \sqrt{i}\end{align*}}$ ≦j≦nを満たす自然数の組(i，j)の個数を
nで表せ。
(５) 複素数平面上で、3点A(4z)、B(3z+2)、C(z3)を頂点とする
△ABCが正三角形となるような複素数zをすべて求めよ。
(６) $\small\sf{\begin{align*} \sf f\left(x\right)=\cos x+\int_0^{\pi}\sin\left(x-t\right)f\left(t\right)dt\end{align*}}$ を満たす関数f(x)を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(４)
1≦j≦nを満たすあるjに対して、1≦ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt{i}\end{align*}}$ ≦jより、1≦i≦j2となり、
これを満たすiはj2個ある。
よって、題意を満たす組(i，j)の総数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{j=1}^nj^2=\underline{\frac{1}{2}n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}\end{align*}}$
(５)
AB=ACかつ∠BAC=60°なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{z^3-4z}{\left(3z+2\right)-4z}=\cos\left(\pm\frac{\pi}{3}\right)+i\sin\left(\pm\frac{\pi}{3}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{z\left(z-2\right)\left(z+2\right)}{-z+2}=\frac{1}{2}\left(1\pm\sqrt3i\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ z^2+2z=-\frac{1}{2}\left(1\pm\sqrt3i\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(z+1\right)^2=\frac{1}{2}\left(1\mp\sqrt3i\right)\ \ \cdots\cdots\cdots\cdots (*)\end{align*}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf z+1=r\left(\cos\theta+i\sin\theta\right)\ \ \ \ \left(r>0\ ,\ 0\leqq\theta<2\pi\right)\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (*)\ \ \Leftrightarrow\ \ r^2\left(\cos 2\theta+i\sin 2\theta\right)=\cos\left(\pm\frac{\pi}{3}\right)+i\sin\left(\pm\frac{\pi}{3}\right)\end{align*}}$
両辺の絶対値および偏角を比較すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf r=1\ (>0)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2\theta=\pm\frac{\pi}{3}+2n\pi\ \ \Leftrightarrow\ \ \theta=\pm\frac{\pi}{6}+n\pi\end{align*}}$ （nは整数）
0≦$\scriptsize\sf{\theta}$ ＜2$\scriptsize\sf{\pi}$ より、題意を満たすzは次のz1～z4の4つである。
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf z_1+1=\cos\frac{\pi}{6}+i\sin\frac{\pi}{6}\ \ \Leftrightarrow\ \ z_1=\underline{-1+\frac{\sqrt3}{2}+\frac{i}{2}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf z_2+1=\cos\frac{5}{6}\pi+i\sin\frac{5}{6}\pi\ \ \Leftrightarrow\ \ z_2=\underline{-1-\frac{\sqrt3}{2}+\frac{i}{2}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf z_3+1=\cos\frac{7}{6}\pi+i\sin\frac{7}{6}\pi\ \ \Leftrightarrow\ \ z_3=\underline{-1-\frac{\sqrt3}{2}-\frac{i}{2}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf z_4+1=\cos\frac{11}{6}\pi+i\sin\frac{11}{6}\pi\ \ \Leftrightarrow\ \ z_4=\underline{-1+\frac{\sqrt3}{2}-\frac{i}{2}}\end{align*}}$
(６)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(x\right)&=\sf \cos x+\int_0^{\pi}\sin\left(x-t\right)f\left(t\right)dt \\ &=\sf \cos x+\int_0^{\pi}\left(\sin x\cos t-\cos x\sin t\right)f\left(t\right)dt\\ &=\sf \left(\int_0^{\pi}\cos t\ f\left(t\right)dt\right)\sin x+\left(1-\int_0^{\pi}\sin t\ f\left(t\right)dt\right)\cos x\end{align*}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a=\int_0^{\pi}\cos t\ f\left(t\right)dt\ \ ,\ \ b=1-\int_0^{\pi}\sin t\ f\left(t\right)dt\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\left(x\right)=a\sin x+b\cos x\end{align*}}$
と表せるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a&=\sf \int_0^{\pi}\cos t\left(a\sin t+b\cos t\right)dt \\ &=\sf a\int_0^{\pi}\frac{\sin2t}{2}dt+b\int_0^{\pi}\frac{1+\cos2t}{2}dt\\ &=\sf \frac{a}{2}\left[-\frac{1}{2}\cos2t\right]_0^{\pi}+\frac{b}{2}\left[t+\frac{1}{2}\sin2t\right]_0^{\pi}\\ &=\sf \frac{\pi b}{2} \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf b&=\sf 1- \int_0^{\pi}\sin t\left(a\sin t+b\cos t\right)dt \\ &=\sf 1- a\int_0^{\pi}\frac{1-\cos2t}{2}dt-b\int_0^{\pi}\frac{\sin2t}{2}dt\\ &=\sf 1-\frac{a}{2}\left[t-\frac{1}{2}\sin2t\right]_0^{\pi}-\frac{b}{2}\left[-\frac{1}{2}\cos2t\right]_0^{\pi}\\ &=\sf 1-\frac{\pi a}{2} \end{align*}}$
これら2式を連立させて解くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a=\frac{2\pi}{\pi^2+4}\ \ ,\ \ b=\frac{4}{\pi^2+4}\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\left(x\right)=\underline{\frac{2}{\pi^2+4}\left(\pi\sin x+2\cos x\right)}\end{align*}}$
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第２問
b （b＞1）を実数とする。A(1，0)、B(0，b)を2つの頂点とする正方形
ABCDがxy座標平面上にあり、点E(-1，0)と点Cを結んだ直線とy軸の
交点をF、また、直線CEと直線ABの交点をGとする。ただし、正方形の
頂点はA→B→C→Dの順に時計回りに並んでいるものとする。
以下の問いに答えよ。
(１) 点Cと点Dの座標をそれぞれbで表わせ。
(２) 点Gの座標をbで表わせ。
(３) △DFGの外接円の中心の座標をbで表わせ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
右図のように点H、I、Jをとると、
△OAB≡△HBC≡△ICD≡△JDA
より、
OA=HB=IC=JD=1
OB=HC=ID=JA=b
なので、点C、Dの座標は
C(b，b+1)、 D(b+1，1)
(２)
2直線CE、ABの式はそれぞれ
y=x+1、 y=-bx+b
なので、これらを連立させて解くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{G\left(\frac{b-1}{b+1},\frac{2b}{b+1}\right)}\end{align*}}$
(３)
2点D(b+1，1)、F(0，1)を結ぶ線分の垂直二等分線は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x=\frac{b+1}{2}\end{align*}}$ ･･････(ⅰ)
また、FGの中点は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(\frac{0+\frac{b-1}{b+1}}{2},\frac{1+\frac{2b}{b+1}}{2}\right)=\left(\frac{b-1}{2\left(b+1\right)},\frac{3b+1}{2\left(b+1\right)}\right)\end{align*}}$
なので、線分FGの垂直二等分線は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y-\frac{3b+1}{2\left(b+1\right)}=-\left(x-\frac{b-1}{2\left(b+1\right)}\right)\ \ \Leftrightarrow\ \ y=-x+\frac{2b}{b+1}\end{align*}}$ ･･････(ⅱ)
△DFGの外心は、2直線(ⅰ)、(ⅱ)の交点なので、これら2式を連立
させて解くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\left(\frac{b+1}{2},-\frac{\left(b-1\right)^2}{2\left(b+1\right)}\right)}\end{align*}}$
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第３問
命題P 「a （0≦a≦2$\small\sf{\pi}$ ）を定数としたとき、方程式x=sin(x+a)はただ
1 つの実数解をもつ」が真であるとき、方程式x=sin(x+a)の解xをf(a)
で表わす。以下の問いに答えよ。
(１) 命題Pが真であることを示せ。
(２) n=0，1，2について、f(n$\small\sf{\pi}$ )の値を求めよ。
(３) 0＜x＜2$\small\sf{\pi}$ のとき、cos(x+f(x))＜1であることを示せ。
(４) 次の各問いに答えよ。ただし、関数f(x)は0≦x≦2$\small\sf{\pi}$ で連続、
0＜x＜2$\small\sf{\pi}$ で微分可能であると仮定してよい。
(ⅰ) 関数$\small\sf{\theta}$ (x)=x+f(x)は0≦x≦2$\small\sf{\pi}$ において増加することを示せ。
(ⅱ) 関数y=f(x) （0≦x≦2$\small\sf{\pi}$ ）の増減、グラフの凹凸を調べ、最大値
と最小値を求めよ。
(ⅲ) 曲線y=f(x) （0≦x≦2$\small\sf{\pi}$ ）とx軸で囲まれた図形の面積を求めよ。
(５) 導関数の定義と $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin x}{x}=1\end{align*}}$ を利用することにより、関数f(x)が
0＜x＜2$\small\sf{\pi}$ において微分可能であることを示せ。ただし、f(x)は
0≦x≦2$\small\sf{\pi}$ で連続であると仮定してよい。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
x=sin(x+a) （0≦x≦2$\scriptsize\sf{\pi}$ ） ・・・・・・・(#)
の解がx=f(a)なので、
f(a)=sin(f(a)+a) （0≦x≦2$\scriptsize\sf{\pi}$ ）
よって、関数f(x)について
f(x)=sin(f(x)+x) （0≦x≦2$\scriptsize\sf{\pi}$ ） ・・・・・・・(*)
が成り立つ。
(１)
関数F(x)を
F(x)=x-sin(x+a)
とおくと、導関数は
F’(x)=1-cos(s+a)≧0
なので、F(x)は単調に増加する。
また、-1≦sin(x+a)≦1より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{x\rightarrow -\infty}\end{align*}}$F(x)=-∞、 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{x\rightarrow +\infty}\end{align*}}$F(x)=∞
なので、F(x)=0となる実数xがただ1つ存在する。
よって、(#)はただ1つの実数解をもつので、
命題Pは真である。
(２)
(１)より、(#)はただ1つの実数解しか持たないので、
a=0のとき
(#) ⇔ x=sinx より、x=f(0)=0
a=$\scriptsize\sf{\pi}$ のとき
(#) ⇔ x=sin(x+$\scriptsize\sf{\pi}$ )
⇔ x=-sinx より、x=f($\scriptsize\sf{\pi}$ )=0
a=2$\scriptsize\sf{\pi}$ のとき
(#) ⇔ x=sin(x+2$\scriptsize\sf{\pi}$ )
⇔ x=sinx より、x=f(2$\scriptsize\sf{\pi}$ )=0
(３)
0＜x＜2$\scriptsize\sf{\pi}$ の範囲に
cos(x+f(x))=1 ⇔ x+f(x)=2n$\scriptsize\sf{\pi}$ （n：整数）・・・・・・①
となるxが存在すると仮定すると、(*)より
f(x)=sin(x+f(x))=sin2n$\scriptsize\sf{\pi}$ =0
これと①より
x=2n$\scriptsize\sf{\pi}$
となるが、これを満たすxは0＜x＜2$\scriptsize\sf{\pi}$ の範囲に存在しない。
よって、cos(x+f(x))=1となるxは存在しないので、
0＜x＜2$\scriptsize\sf{\pi}$ では不等式cos(x+f(x))＜1が成り立つ。
(４)(ⅰ)
(*)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \theta\left(x\right)&=\sf x+f\left(x\right) \\ &=\sf x+\sin\left(f(x)+x\right)\\ &=\sf x+\sin\theta\left(x\right)\end{align*}}$
両辺をxで微分すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \theta\ '\left(x\right)=1+\left(\cos\theta (x)\right)\theta\ '\left(x\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \theta\ '\left(x\right)=\frac{1}{1-\cos\theta(x)}=\frac{1}{1-\cos\left(f(x)+x\right)}>0\ \ \ \left(\because\ (3)\right)\end{align*}}$
よって、関数$\scriptsize\sf{\theta}$ (x)=x+f(x)は0≦x≦2$\scriptsize\sf{\pi}$ において増加する。
(４)(ⅱ)
f(x)=$\scriptsize\sf{\theta}$ (x)-xを微分すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\ '\left(x\right)&=\sf \theta\ '\left(x\right)-1 \\ &=\sf \frac{1}{1-\cos\theta\left(x\right)}-1\\ &=\sf \frac{\cos\theta\left(x\right)}{1-\cos\theta\left(x\right)}\\ &=\sf \left\{\cos\theta\left(x\right)\right\}\theta\ '\left(x\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\ ''\left(x\right)&=\sf \theta\ ''\left(x\right) \\ &=\sf -\frac{\left\{1-\cos\theta\left(x\right)\right\}'}{\left\{1-\cos\theta\left(x\right)\right\}^2}\\ &=\sf -\frac{\left\{\sin\theta\left(x\right)\right\}\theta\ '\left(x\right)}{\left\{1-\cos\theta\left(x\right)\right\}^2}\\ &=\sf - \left\{\sin\theta\left(x\right)\right\}\left\{\theta\ '\left(x\right)\right\}^3\end{align*}}$
(４)(ⅰ)より$\scriptsize\sf{\theta}$ (x)は単調に増加し、(２)より
$\scriptsize\sf{\theta}$ (0)=0+f(0)=0
$\scriptsize\sf{\theta}$ ($\scriptsize\sf{\pi}$ )=$\scriptsize\sf{\pi}$ +f($\scriptsize\sf{\pi}$ )=$\scriptsize\sf{\pi}$
$\scriptsize\sf{\theta}$ (2$\scriptsize\sf{\pi}$ )=2$\scriptsize\sf{\pi}$ +f(2$\scriptsize\sf{\pi}$ )=2$\scriptsize\sf{\pi}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \theta\left(\alpha\right)=\frac{\pi}{2}\ \ ,\ \ \theta\left(\beta\right)=\frac{3}{2}\pi\ \ \ \ \left(0<\alpha<\pi<\beta<2\pi\right)\end{align*}}$
を満たす$\scriptsize\sf{\alpha}$ 、$\scriptsize\sf{\beta}$ がそれぞれ1つずつ存在する。
このとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \alpha&=\sf \theta\left(\alpha\right)-f\left(\alpha\right) \\ &=\sf \theta\left(\alpha\right)-\sin\theta\left(\alpha\right)\\ &=\sf \frac{\pi}{2}-\sin\frac{\pi}{2}\\ &=\sf \frac{\pi}{2}-1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \beta&=\sf \theta\left(\beta\right)-f\left(\beta\right) \\ &=\sf \theta\left(\beta\right)-\sin\theta\left(\beta\right)\\ &=\sf \frac{3}{2}\pi-\sin\frac{3}{2}\pi\\ &=\sf \frac{3}{2}\pi+1\end{align*}}$
これらより、f(x)の増減・凹凸は次のようになる。
f(x)の最大値・最小値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\left(x\right)_{max}=f\left(\alpha\right)=\theta\left(\frac{\pi}{2}\right)=\underline{1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\left(x\right)_{min}=f\left(\beta\right)=\theta\left(\frac{3}{2}\pi\right)=\underline{-1}\end{align*}}$
(４)(ⅲ)
$\scriptsize\sf{\theta}$ =$\scriptsize\sf{\theta}$ (x)とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{d\theta}{dx}=\theta\ '\left(x\right)=\frac{1}{1-\cos\theta}\end{align*}}$
なので、求める面積をSとおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S&=\sf \int_0^{\pi}f\left(x\right)dx-\int_{\pi}^{2\pi}f\left(x\right)dx \\ &=\sf \int_0^{\pi}\sin\theta dx-\int_{\pi}^{2\pi}\sin\theta dx\\ &=\sf \int_0^{\pi}\sin\theta\left(1-\cos\theta\right)d\theta-\int_{\pi}^{2\pi}\sin\theta\left(1-\cos\theta\right)d\theta\\ &=\sf \int_0^{\pi}\left(\sin\theta-\frac{1}{2}\sin 2\theta\right)d\theta-\int_{\pi}^{2\pi}\left(\sin\theta-\frac{1}{2}\sin 2\theta\right)d\theta\\ &=\sf \left[-\cos\theta-\frac{1}{4}\cos 2\theta\right]_{0}^{\pi}-\left[-\cos\theta-\frac{1}{4}\cos 2\theta\right]_{\pi}^{2\pi} \\ &=\sf \underline{4}\end{align*}}$
(５)
h≠0に対して、(*)’より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{f\left(x+h\right)-f\left(x\right)}{h}=\frac{\sin\left(\theta\left(x+h\right)\right)-\sin\left(\theta\left(x\right)\right)}{h}\end{align*}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf d&=\sf \theta\left(x+h\right)-\theta\left(x\right)\\ &=\sf \left\{x+h+f\left(x+h\right)\right\}-\left\{x+f\left(x\right)\right\} \\ &=\sf h+f\left(x+h\right)-f\left(x\right) \end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{d}{h}=1+\frac{f\left(x+h\right)-f\left(x\right)}{h}\end{align*}}$
となる。以下、$\scriptsize\sf{\theta}$ (x)を単に$\scriptsize\sf{\theta}$ と表すことにすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{f\left(x+h\right)-f\left(x\right)}{h}&=\sf \frac{\sin\left(\theta +d\right)-\sin\theta}{h} \\ &=\sf \frac{\sin\left(\theta +d\right)-\sin\theta}{d}\cdot\frac{d}{h}\\ &=\sf \frac{\sin\left(\theta +d\right)-\sin\theta}{d}\left(1+\frac{f\left(x+h\right)-f\left(x\right)}{h}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{f\left(x+h\right)-f\left(x\right)}{h}=\frac{\frac{\sin\left(\theta +d\right)-\sin\theta}{d}}{1-\frac{\sin\left(\theta +d\right)-\sin\theta}{d}}\end{align*}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{h\rightarrow 0}d=\lim_{h\rightarrow 0}\left\{h+f\left(x+h\right)-f\left(x\right)\right\}=0\end{align*}}$
より、和→積の公式を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{h\rightarrow 0}\frac{\sin\left(\theta +d\right)-\sin\theta}{d}&=\sf \lim_{d\rightarrow 0}\frac{\sin\left(\theta +d\right)-\sin\theta}{d} \\ &=\sf \lim_{d\rightarrow 0}\frac{\sin\frac{d}{2}\cos\frac{2\theta+d}{2}}{\frac{d}{2}}\\ &=\sf 1\cdot\lim_{d\rightarrow 0}\cos\frac{2\theta+d}{2}\\ &=\sf \cos\theta\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{h\rightarrow 0}\frac{f\left(x+h\right)-f\left(x\right)}{h}=\frac{\cos\theta}{1-\cos\theta}\end{align*}}$
これが0＜x＜2$\scriptsize\sf{\pi}$ であるすべてのxに対して成り立つので、
f(x)はこの区間において微分可能である。
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