解説

方針・初手

$S_n$ は，$y=0,1,\dots,n$ のそれぞれについて，条件 $|x|^m\le y$ をみたす整数 $x$ の個数を足し合わせたものとみるのが自然である。

そこでまず，$0\le |x|^m\le k$ をみたす整数 $x$ の個数 $N_k$ を正確に書き下し，その評価を得る。すると

$$ S_n=1+\sum_{k=1}^n N_k

$$

と表せるので，(2)，(3) はこの式から処理できる。

解法1

（1） $N_k$ の評価

$0\le |x|^m\le k$ は，$|x|\le k^{1/m}$ と同値である。

したがって，この条件をみたす整数 $x$ は

$$ -\lfloor k^{1/m}\rfloor,\ -\lfloor k^{1/m}\rfloor+1,\ \dots,\ \lfloor k^{1/m}\rfloor

$$

であり，その個数は

$$ N_k=2\lfloor k^{1/m}\rfloor+1

$$

である。

ここで一般に

$$ t-1\le \lfloor t\rfloor \le t

$$

が成り立つから，$t=k^{1/m}$ とおけば

$$ k^{1/m}-1\le \lfloor k^{1/m}\rfloor \le k^{1/m}

$$

である。両辺を $2$ 倍して $1$ を加えると

$$ 2k^{1/m}-1\le 2\lfloor k^{1/m}\rfloor+1\le 2k^{1/m}+1

$$

となる。ゆえに

$$ 2k^{1/m}-1\le N_k\le 2k^{1/m}+1

$$

が示された。

（2） $\left|S_n-1-2\sum_{k=1}^n k^{1/m}\right|\le n$ の証明

$S_n$ は，$y=0,1,\dots,n$ ごとに，条件 $|x|^m\le y$ をみたす整数 $x$ の個数を数えた総和であるから，

$$ S_n=\sum_{y=0}^n #{x\in \mathbb{Z}\mid |x|^m\le y}

$$

である。ここで $y=0$ のときは $x=0$ のみなので個数は $1$，また $y=k\ (k\ge 1)$ のときの個数は $N_k$ である。したがって

$$ S_n=1+\sum_{k=1}^n N_k

$$

を得る。

よって

$$ S_n-1-2\sum_{k=1}^n k^{1/m} =\sum_{k=1}^n \left(N_k-2k^{1/m}\right)

$$

であり，三角不等式より

$$ \left|S_n-1-2\sum_{k=1}^n k^{1/m}\right| \le \sum_{k=1}^n \left|N_k-2k^{1/m}\right|

$$

となる。

さらに （1） より，各 $k$ について

$$ -1\le N_k-2k^{1/m}\le 1

$$

すなわち

$$ \left|N_k-2k^{1/m}\right|\le 1

$$

であるから，

$$ \left|S_n-1-2\sum_{k=1}^n k^{1/m}\right| \le \sum_{k=1}^n 1=n

$$

が成り立つ。

（3） $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{S_n}{n^{1+\frac1m}}$ の計算

（2） より

$$ \left| \frac{S_n}{n^{1+\frac1m}} -\frac{1+2\sum_{k=1}^n k^{1/m}}{n^{1+\frac1m}} \right| \le \frac{n}{n^{1+\frac1m}} =\frac{1}{n^{1/m}} \to 0 \qquad (n\to\infty)

$$

である。したがって，$\dfrac{S_n}{n^{1+\frac1m}}$ と $\dfrac{1+2\sum_{k=1}^n k^{1/m}}{n^{1+\frac1m}}$ は同じ極限をもつ。

ここで

$$ \frac{1}{n^{1+\frac1m}}\sum_{k=1}^n k^{1/m} =\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \left(\frac{k}{n}\right)^{1/m}

$$

であるから，右辺はリーマン和として

$$ \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \left(\frac{k}{n}\right)^{1/m} \to \int_0^1 x^{1/m},dx =\left[\frac{m}{m+1}x^{1+\frac1m}\right]_0^1 =\frac{m}{m+1}

$$

となる。

また

$$ \frac{1}{n^{1+\frac1m}}\to 0

$$

であるから，

$$ \frac{1+2\sum_{k=1}^n k^{1/m}}{n^{1+\frac1m}} \to 2\cdot \frac{m}{m+1} =\frac{2m}{m+1}

$$

を得る。よって

$$ \lim_{n\to\infty}\frac{S_n}{n^{1+\frac1m}} =\frac{2m}{m+1}

$$

である。

解説

この問題の本質は，$S_n$ を直接数えようとせず，

$$ S_n=1+\sum_{k=1}^n N_k

$$

と「$y$ を固定して $x$ の個数を足す」形に直すことにある。

すると $N_k$ は $|x|\le k^{1/m}$ をみたす整数の個数なので，$\lfloor k^{1/m}\rfloor$ を用いて正確に表せる。そこから $N_k$ が $2k^{1/m}$ に非常に近いことが分かり，和全体も $\sum k^{1/m}$ に近いと評価できる。

最後は

$$ \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \left(\frac{k}{n}\right)^{1/m}

$$

をリーマン和とみるのが典型処理である。

答え

**(1)**

$$ N_k=2\lfloor k^{1/m}\rfloor+1

$$

したがって

$$ 2k^{1/m}-1\le N_k\le 2k^{1/m}+1

$$

である。

**(2)**

$$ \left|S_n-1-2\sum_{k=1}^n k^{1/m}\right|\le n

$$

である。

**(3)**

$$ \lim_{n\to\infty}\frac{S_n}{n^{1+\frac1m}} =\frac{2m}{m+1}

$$

である。