Итак, нам нужно показать, что

$$\forall \epsilon >0\exists N=N(\epsilon )\forall n>N,p>0:|x_{n+p}-x_n|<\epsilon$$

Будем работать с последним неравенством:

$$\left|1+\dots +\frac{1}{(n+p{)}^2}-\left(1+\dots +\frac{1}{n^2}\right)\right|<\epsilon$$

$$\left|\frac{1}{(n+1{)}^2}+\dots +\frac{1}{(n+p{)}^2}\right|<\epsilon$$

От модуля можно избавиться, так как выражение под ним всегда больше $0$:

$$\frac{1}{(n+1{)}^2}+\dots +\frac{1}{(n+p{)}^2}<\epsilon$$

Для каждого слагаемого воспользуемся неравенством из указания:

$$\begin{gathered} \frac{1}{(n+1{)}^2}+\dots +\frac{1}{(n+p{)}^2}< \\ <\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}+\dots -\frac{1}{n+p-1}+\frac{1}{n+p-1}-\frac{1}{n+p}<\epsilon \end{gathered}$$

$$\frac{1}{(n+1{)}^2}+\dots +\frac{1}{(n+p{)}^2}<\frac{1}{n}-\frac{1}{n+p}<\epsilon$$

Далее будем работать с усиленным неравенством. Найденное для него $N$ будет по цепному неравенству работать и с исходным нервенством.

$$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+p}<\epsilon$$

Еще усилим неравенство, избавившись от разности:

$$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+p}<\frac{1}{n}<\epsilon$$

$$\frac{1}{n}<\epsilon$$

Изолируем $n$:

$$n>\frac{1}{\epsilon }$$

Итак, для любого $\epsilon >0$ нам достаточно взять $N$ по следующей формуле:

$$N(\epsilon )=\lceil \frac{1}{\epsilon }\rceil$$

Тогда, какое-бы $n>N$ мы не взяли,

$$n\ge N(\epsilon )+1>N(\epsilon )=\lceil \frac{1}{\epsilon }\rceil \ge \frac{1}{\epsilon }$$

А раз такое произвольное $n$

$$n>\frac{1}{\epsilon }$$

то, «возвращаясь» по длинной цепочке цепного неравенства мы приходим к тому, что для произвольного $p$:

$$|x_{n+p}-x_n|<\epsilon$$

Мы доказали, что последовательность $x_n$ является фундаментальной, а значит она сходится.

$■$