He aquí un bosquejo de una prueba de que la constante desea que existe, y cómo encontrarlo.
Vamos
$$
f(n) = \arctan(1) + \arctan(1/\sqrt{2}) + \arctan(1/\sqrt{3}) + \ldots + \arctan(1/\sqrt{n}).
$$
Quiere mostrar que $f(n) = \sqrt{n} + C + o(1)$ para algunas constantes $C$. (Si usted no está familiarizado con el $o$-notación, creo que de $o(1)$ como representación de una función que va de la a $0$ $n$ va al infinito.)
A continuación, tomar el poder de expansión de la serie de $\arctan(1/\sqrt{k})$; esto es
$$
(*) ~~~~~~~k^{-1/2} - \frac{1}{3} k^{-3/2} + \frac{1}{5} k^{-5/2} + \ldots
$$
Por ello la suma de más de $1$$n$, se debe obtener
\begin{align*}
f(n) = & (1^{-1/2} + 2^{-1/2} + ... + n^{-1/2}) \\\
- \, \frac{1}{3} &(1^{-3/2} + 2^{-3/2} + ... + n^{-3/2}) \\\
+ \, \frac{1}{5}& (1^{-5/2} + 2^{-5/2} + ... + n^{-5/2}) - \ldots
\end{align*}
Ahora, $1^{-1/2} + 2^{-1/2} + \ldots + n^{-1/2}$ tiene la forma asintótica
$$
2 \sqrt{n} + \zeta(1/2) + O(n^{-1/2})
$$
donde me engañó un poco y le preguntó de Arce, y $\zeta$ es la de Riemann zeta función. Y $1^{-j/2} + 2^{-j/2} + \ldots + n^{-j/2}$ tiene la forma asintótica
$$
\zeta(j/2) - O(n^{-j/2 + 1})
$$
donde, si usted no está familiarizado con el $O$-notación, $O(n^{-j/2+1})$ debe ser pensado como una función que tiende a cero al menos tan rápido como $n^{-j/2 + 1}$ n tiende a infinito. Así que, asumiendo que podemos reorganizar la serie sin embargo nos gusta,
$$
f(n) = 2 \sqrt{n} + (\zeta(1/2) - \frac{1}{3} \zeta(3/2) + \frac{1}{5} \zeta(5/2) - \ldots) + o(1).
$$
Desde $\zeta(s)$ está muy cerca de a $1$ al $s$ es de un gran número real, que alterna de la serie deberían converger. De nuevo engañando y utilizando Maple, afirmo que converge a cerca de $−2.157782997$. Esta es la constante de llamar a $\varphi$, y lo que le llama $K$ es igual a $2$. (Una manera más fácil de ver que su $K$ $2$ es la nota que $\arctan(1/\sqrt{n})$ es de alrededor de $1/\sqrt{n}$, y aproximado de la suma por una integral.
