京大特色1番解答
(1) $ a>0 $ なので， $ x\geqq 0 $ で定義された関数 $ x^{\frac{1}{a}} $ は単調増加である． よって，正整数 $ k $ に対する区間 $ [k,\ k+1] $ において \[ k^{\frac{1}{a}}\leqq x^{\frac{1}{a}}\leqq (k+1)^{\frac{1}{a}} \] が成りたつ．これより \[ \int_{k}^{k+1}k^{\frac{1}{a}}\,dx\leqq \int_{k}^{k+1}x^{\frac{1}{a}}\,dx\leqq \int_{k}^{k+1}(k+1)^{\frac{1}{a}}\,dx \] $ \displaystyle \int x^{\frac{1}{a}}\,dx=\dfrac{x^{1+\frac{1}{a}}}{1+\frac{1}{a}}+C=\dfrac{x^{b}}{b}+C $ なので， \[ k^{\frac{1}{a}}\leqq \left[\dfrac{x^{b}}{b} \right]_{k}^{k+1} \leqq (k+1)^{\frac{1}{a}} \] となる． $ k=1,\ 2,\ \cdots,\ n-1 $ で加えて， \[ \sum_{k=1}^{n-1}k^{\frac{1}{a}}\leqq \left[\dfrac{x^{b}}{b} \right]_{1}^{n} \leqq \sum_{k=1}^{n-1}(k+1)^{\frac{1}{a}} \] これから， \[ S_n-n^{\frac{1}{a}}\leqq \dfrac{n^{b}}{b}-\dfrac{1}{b}\leqq S_n-1 \] を得る．つまり， \[ \dfrac{n^{b}}{b}-\dfrac{1}{b}+1\leqq S_n\leqq \dfrac{n^{b}}{b}-\dfrac{1}{b}+n^{\frac{1}{a}} \] よって， \[ \dfrac{1}{b}-\dfrac{1}{bn^{b}}+\dfrac{1}{n^{b}}\leqq \dfrac{S_n}{n^b}\leqq \dfrac{1}{b}-\dfrac{1}{bn^{b}}+n^{\frac{1}{a}-b}= \dfrac{1}{b}-\dfrac{1}{bn^{b}}+\dfrac{1}{n} \] $ \displaystyle \lim_{n\to \infty}\dfrac{1}{n^b}= \lim_{n\to \infty}\dfrac{1}{n}=0 $ なので，はさみうちの原理から $ \displaystyle \lim_{n\to \infty}\dfrac{S_n}{n^b}=\dfrac{1}{b} $ である．
(2) \[ S_n-\dfrac{n^b}{b}=S_n-\int_0^nx^{\frac{1}{a}}\,dx =\sum_{k=1}^n\left(k^{\frac{1}{a}}-\int_{k-1}^kx^{\frac{1}{a}}\,dx \right) \]
ここで，関数のグラフ関数 $ y=x^{\frac{1}{a}} $ は上に凸であるから， 点 $ (k,\ k^{\frac{1}{a}}) $ での接線は領域 $ y\geqq x^{\frac{1}{a}} $ にある． この接線の傾きは $ \dfrac{1}{a}k^{\frac{1}{a}-1} $ であるから， 図1の斜線部分の面積は $ \dfrac{1}{2a}k^{\frac{1}{a}-1} $ である．したがって， \[ k^{\frac{1}{a}}-\int_{k-1}^kx^{\frac{1}{a}}\,dx>\dfrac{1}{2a}k^{\frac{1}{a}-1} \] が成りたつ． この結果，図2の領域の関係から \begin{eqnarray*} S_n-\dfrac{n^b}{b} &>&\dfrac{1}{2a}\sum_{k=1}^nk^{\frac{1}{a}-1}\\ &>&\dfrac{1}{2a}\sum_{k=1}^nk^{-1} >\dfrac{1}{2a}\int_1^{n+1}x^{-1}\,dx=\dfrac{1}{2a}\cdot \log (n+1) \end{eqnarray*} が成りたつ．これより， $ \displaystyle \lim_{n\to \infty}\left(S_n-\dfrac{n^b}{b}\right)=\infty $ が成立する．
注意1 (2)の論証はもっと精密にもできるが，限られた時間の中で解くには，一定の直感的な論述も必要である．
注意2
(1)は次のようにもできる．
\[
\dfrac{S_n}{n^b}=\sum_{k=1}^n \dfrac{k^{\frac{1}{a}}}{n^{1+\frac{1}{a}}}
=\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n \left(\dfrac{k}{n}\right)^{\frac{1}{a}}
\]
したがって，いわゆる区分求積法といわれる定積分の定義から，
\[
\lim_{n\to \infty}\dfrac{S_n}{n^b}=\int_0^1x^{\frac{1}{a}}\,dx
=\left[\dfrac{x^b}{b} \right]_0^1=\dfrac{1}{b}
\]
である．