Hum, alors:
$$\sum_{k=1}^{+\infty}{\frac 1{f(k)^3}} = \sum_{k=1}^{+\infty} {\frac2 {k^2}} = 2*\sum_{k=1}^{+\infty}{\frac 1 {k^2}} = (2*\pi^2)/6 = \pi^2/3$$
En effet, quand l'on regarde les termes de la suite, on obtient:

1,1,1/8,1/8,1/8,1/8,1/27,1/27,1/27,1/27,1/27,1/27,1/64,1/64,1/64,1/64,1/64,1/64,1/64,1/64,...

C'est à dire:

2,4/8,6/27,8/64,10/125,...

Et donc:

2,1/2,2/9,1/8,2/25,1/18,2/49,...

D'où le fait que :
$$\sum_{k=1}^{+\infty}{\frac 1{f(k)^3}} = \sum_{k=1}^{+\infty} {\frac2 {k^2}}$$
Spoiler : [Afficher le message] Mais cette observation n'a pas valeur de preuve :s

1,1,1/8,1/8,1/8,1/8,1/27,1/27,1/27,1/27,1/27,1/27,1/64,1/64,1/64,1/64,1/64,1/64,1/64,1/64,...

Prouvons qu'il y a deux termes de plus de la forme $\frac 1 {n^3}$ à chaque fois.
Tout dépend de l'arrondi que l'on fait de la racine. Je pose $n$ comme la valeur une fois arrondie de $\sqrt{k}$.
Pour un $k$ donné, on a donc :
$$n-0.5\le\sqrt{k}<n+0.5 (n-0.5)^2\le k <(n+0.5)^2 n^2-n+0.25\le k < n^2+n+0.25$$
Comme $k$ et $n$ sont des entiers,
$$n^2-n[/latex] et [latex]n^2+n[/latex] sont des entier et donc: [latex]n^2-n+1\le k \le n^2+n$$ $$n^2+n-(n^2-n+1)=2n-1$$
Quand $n$ augmente de $1$ alors $k$ peut prendre $2$ valeurs de plus pour faire ce $n$, donc il y a deux termes de plus de la forme $\frac 1 {n^3}$ à chaque fois.
On a donc :
$$\sum_{k=1}^{+\infty}{\frac 1{f(k)^3}} = \sum_{k=1}^{+\infty}{\frac {2k}{k^3}} = \sum_{k=1}^{+\infty}{\frac 2{k^2}$$

Pour n et k entiers, on a:
$$k-\frac{1}{2}\leq\sqrt{n}<k+\frac{1}{2}\:\Leftrightarrow \:k^2-k+1\leq n\leq k^2+k[/latex]. Cela permet de réécrire la somme: [latex] \begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{f(n)^3}&=& \sum_{k=1}^{+\infty}\sum_{n=k^2-k+1}^{k^2+k}\frac{1}{f(n)^3} &=& \sum_{k=1}^{+\infty}\sum_{n=k^2-k+1}^{k^2+k}\frac{1}{k^3} &=& \sum_{k=1}^{+\infty}\frac{2k}{k^3} &=& \frac{\pi^2}{3} \end{eqnarray*}$$

$$\frac{\pi^2}3$$
Bientôt la demo

EDIT
La voilà !

Je découpe la somme par paquets D'indices compris entre deux carrés :
$$S=\sum_{p=1}^{+\infty}\sum_{n=p^2}^{p^2+2p}\frac1{f(n)^3}$$
On veut maintenant savoir quand $\sqrt n$ est plus proche de p ou de p+1 : la limite se situe en $p+\frac12$$[TeX]p^2 \le n \le (p+\frac12)^2$ : f(n)=p
$(p+\frac12)^2 \le n < p^2+2p$ : f(n)=p+1
Comme $(p+\frac12)^2=p^2+p+\frac14$, la somme devient :
[latex]S=\sum_{p=1}^{+\infty}\left ( \sum_{n=p^2}^{p^2+p}\frac1{p^3} + \sum_{n=p^2+p+1}^{p^2+2p}\frac1{(p+1)^3}\right )
=\sum_{p=1}^{+\infty}\left (\frac{p+1}{p^3}+\frac{p}{(p+1)^3} \right )
)
=\sum_{p=1}^{+\infty}\left (\frac1{p^2}+\frac1{p^3}\right ) + \sum_{p=2}^{+\infty}\left (\frac1{p^2}-\frac1{p^3} \right )
=2\sum_{p=1}^{+\infty}\frac1{p^2}[/TeX]
Et voilou :-)

Zéta(3/2) = 2,612 375 349.......

On peut calculer Z(3/2) directement par la somme infinie convergente des termes 1/[n.rac(n)] mais la convergence est plutôt lente.

On peut utiliser de préférence le développement de Stieljes (avec x = 1/2):

Z(1+x) = 1/x + y(0) - x.y(1) + x².y(2)/2! - .........+ (-x)^n.y(n)/n! +......

y(0) est la constante d'Euler et les nombres réels y(1), y(2)......y(n)....sont les constantes de Stieljes, la convergence est ici plus rapide.

On peut aussi utiliser la formule sommatoire d'Euler-Maclaurin (qui fait intervenir les nombres de Bernoulli), la convergence sera encore plus rapide !