设 $f\left( n \right)$ 为最接近于 $\sqrt[4]{n}$ 的整数，求 $\displaystyle \sum\limits_{k=1}^{1995}{\frac{1}{f\left( k \right)}}$．
【难度】
【出处】
1995年第13届美国数学邀请赛（AIME）
【标注】
【答案】
400
【解析】
设 $f\left( k \right)=m$，即 ${{\left( m-\frac{1}{2} \right)}^{4}}<k<{{\left( m+\frac{1}{2}\right)}^{4}}$，
而 ${{\left(m+\frac{1}{2} \right)}^{4}}-{{\left( m-\frac{1}{2} \right)}^{4}}=2m\left(2{{m}^{2}}+\frac{1}{2} \right)=4{{m}^{3}}+m$，
所以 $f\left( k\right)=m$ 的 $k$ 有 $m\left( 4{{m}^{2}}+1 \right)$ 个．现在观察 ${{6}^{4}}<1995<{{7}^{4}}$，从而 $f\left(1995 \right)=6$ 或 $f\left( 1995 \right)=7$．
因为 $\displaystyle \sum\limits_{m=1}^{6}{\left(4{{m}^{3}}+m \right)}=1785$，
所以 $f\left( 1786\right)=f\left( 1787 \right)=\cdots =f\left( 1995 \right)=7$，因此
$\displaystyle \sum\limits_{k=1}^{1995}{\frac{1}{f\left(k \right)}}=\sum\limits_{k=1}^{1785}{\frac{1}{f\left( k\right)}+\frac{1995-1785}{7}}$
$\displaystyle =\sum\limits_{m=1}^{6}{\frac{4{{m}^{3}}+m}{m}+30}$
$\displaystyle =\sum\limits_{m=1}^{6}{\left(4{{m}^{2}}+1 \right)+30}$
$=400$．
而 ${{\left(m+\frac{1}{2} \right)}^{4}}-{{\left( m-\frac{1}{2} \right)}^{4}}=2m\left(2{{m}^{2}}+\frac{1}{2} \right)=4{{m}^{3}}+m$，
所以 $f\left( k\right)=m$ 的 $k$ 有 $m\left( 4{{m}^{2}}+1 \right)$ 个．现在观察 ${{6}^{4}}<1995<{{7}^{4}}$，从而 $f\left(1995 \right)=6$ 或 $f\left( 1995 \right)=7$．
因为 $\displaystyle \sum\limits_{m=1}^{6}{\left(4{{m}^{3}}+m \right)}=1785$，
所以 $f\left( 1786\right)=f\left( 1787 \right)=\cdots =f\left( 1995 \right)=7$，因此
$\displaystyle \sum\limits_{k=1}^{1995}{\frac{1}{f\left(k \right)}}=\sum\limits_{k=1}^{1785}{\frac{1}{f\left( k\right)}+\frac{1995-1785}{7}}$
$\displaystyle =\sum\limits_{m=1}^{6}{\frac{4{{m}^{3}}+m}{m}+30}$
$\displaystyle =\sum\limits_{m=1}^{6}{\left(4{{m}^{2}}+1 \right)+30}$
$=400$．
答案
解析
备注
