Если мы говорим про обычную сумму обратных корней и нам дано примерно такое задание

[tex]$\left \lfloor \sum_{i=1}^{1000000}\frac{1}{\sqrt i } \right \rfloor $[/tex]

То такие задания делаются в пару строк и обычной оценкой

Пусть [tex]$f(x)=\sqrt{x}$[/tex], будем использовать теорему Лагранжа

[tex]$f:\left[ k,k+1 \right]\to \mathbb{R},f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}\Rightarrow \frac{1}{2\sqrt{n+1}} < \sqrt{k+1}-\sqrt{k} < \frac{1}{2\sqrt{n}}$[/tex]

[tex]$2\left( \sqrt{n+1}-1 \right) < \sum\limits_{k=1}^{n}{\frac{1}{\sqrt{k}}} < 2\left( \sqrt{n+1}-1 \right)+1-\frac{1}{\sqrt{n+1}}$[/tex]

Так как [tex]$n=10^6$[/tex], то целая часть равна [tex]$1999$[/tex]

Немного ясности

[tex]$$2(\sqrt{n+1}-1) < \frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{4}}+\dots+\frac{1}{\sqrt{n}} < 2\sqrt{n}$$[/tex]

Но если мы говорим про такое задание

[tex]$\left \lfloor \sum_{n=1}^{k}\frac{1}{\sqrt{n}} \right \rfloor$[/tex]

То уже возникает проблема... Да, если вместо корня будет степень [tex]m\geq 2[/tex], то целая часть всегда будет равняться единице. Но тут нам дано обобщение гармонического ряда и мы пытаемся найти целую часть его

[tex]$\left \lfloor \sum_{n=1}^{k}\frac{1}{\sqrt{n}} \right \rfloor=\left \lfloor H_k^{\left ( 1/2 \right )} \right \rfloor$[/tex]

Но тогда мы тут ничего не посчитаем... Если мы попробуем взять не первые k, а бесконечный ряд рассмотреть, то данный ряд расходится. Но если рассмотреть такой бесконечный ряд

[tex]$\lim_{s\to 0}\sum_{n=1}^{\infty }n^{-s-1/2}=\zeta \left ( \frac{1}{2} \right )$[/tex]

То целая часть такого числа уже можно посчитать и будет -2

Других вариантов нет у меня