A lo largo del texto, voy a utilizar etiquetas como $\color{green}{[h]}$ a citar "referencias" en el mismo texto.
Primero de todo, voy a utilizar el hecho de que la serie $\sum1/n^2$ converge (de hecho la serie $\sum1/n^p$ converge para $p>1$ y diverge para $p\leqslant1$). Esto puede ser demostrado de muchas maneras (ver aquí).
Ahora, es absolutamente necesario que $i_k>1$ para todos, pero un número finito de $k$'s, pues, de lo contrario, la secuencia de $\{i_n\}$ habría un número infinito de $1$'s y por lo que claramente la serie de $\sum1/i_n$ divergen.
Deje $N$ siendo el mayor número natural $k$ tal que $i_k=1.$ $i_n>1$ todos los $n>N.$ por Lo tanto, para cada $n>N,$ $i_n$ es divisible por algunos de los mejores $q.$ Ahora, para cada una de las $n>N,$ deje $p_n$ ser al menos el primer número de la división $i_n$ $^\color{red}{[0]}$.
Ya no $i_k$ es primo, se deduce que el $i_n$ está compuesto por cada una de las $n>N$, de modo que $i_n$ es el producto de (al menos) dos primos $^\color{blue}{[1]}$.
Ahora vamos a escribir (para cada $n>N$) $i_n=q_1^{\alpha_1}q_2^{\alpha_2}\cdots q_m^{\alpha_m}$ (la factorización en primos de $i_n$), donde $m$ es de al menos $2$ $\color{blue}{[1]}$ y $q_1<q_2<\cdots<q_m$ (esto significa que $q_1$ es el menor factor primo de $i_n,$ que es, $q_1=p_n$ $\color{red}{[0]}$). Entonces
$$
\begin{aligned}
i_n&=q_1^{\alpha_1}q_2^{\alpha_2}\cdots q_m^{\alpha_m}\\\\&>\underbrace{q_1^{\alpha_1}q_1^{\alpha_2}\cdots q_1^{\alpha_m}}_{\text{%#%#% terms}}\\\\&\geqslant\underbrace{q_1q_1\cdots q_1}_{\text{%#%#% times}}\\\\&=(q_1)^{m}\\\\&=(p_n)^m\\\\&\geqslant(p_n)^2
\end{aligned}
$$
y, por tanto, $m$ por cada $m$ $\dfrac{1}{i_n}<\dfrac{1}{(p_n)^2}$.
Ahora, es fácil ver que para cada entero positivo $n>N$ tenemos $^\color{green}{[2]}$ donde $k$ indica el $k\leqslant t_k$-th el primer y, por tanto, $t_k$
Por lo tanto, para cada una de las $k$ hemos
$$
\begin{aligned}
\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{i_k}&=\sum_{k=1}^N\dfrac{1}{i_k}+\dfrac{1}{i_{N+1}}+\dfrac{1}{i_{N+2}}+\cdots+\dfrac{1}{i_{n}}\\\\&<\sum_{k=1}^N\dfrac{1}{i_k}+\dfrac{1}{(p_{N+1})^2}+\dfrac{1}{(p_{N+2})^2}+\cdots+\dfrac{1}{(p_n)^2}\\\\&\leqslant\sum_{k=1}^N\dfrac{1}{i_k}+\dfrac{1}{(t_1)^2}+\dfrac{1}{(t_2)^2}+\cdots+\dfrac{1}{(t_{n})^2}\\\\&\leqslant\sum_{k=1}^N\dfrac{1}{i_k}+\dfrac{1}{1^2}+\dfrac{1}{2^2}+\cdots+\dfrac{1}{n^2}\\\\&<\sum_{k=1}^N\dfrac{1}{i_k}+\sum_{k=1}^\infty\dfrac{1}{n^2}
\end{aligned}
$$
y, por tanto, $\dfrac{1}{(t_k)^2}<\dfrac{1}{k^2}.$ todos los $n>N$, lo que implica que $\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{1}{i_k}<\sum\limits_{k=1}^N\dfrac{1}{i_k}+\sum\limits_{k=1}^\infty\dfrac{1}{n^2}$$ y desde el lado izquierdo de la desigualdad es un finito número real, hemos terminado.
