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Die Reihe in (b) ist eigentlich gar nicht definiert, denn für $n=1$ erhält man $0^0$. Erlaubt man $0^0=1$ oder beginnt man die Reihe erst bei $n=2$, dann kannst du das Quotientenkriterium verwenden, berechne $$\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|=\lim_{n\to\infty}\frac{\left(\frac{n-1}{n+1}\right)^{n(n-1)}}{\left(\frac{n}{n+2}\right)^{n(n+1)}}=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n+1}{n-1}\right)^2\left(\frac{\frac{n-1}{n+1}}{\frac{n}{n+2}}\right)^{n(n+1)}=\ldots$$
Bei der (c) kannst du das Majorantenkriterium verwenden. Der Logarithmus wächst langsamer als jede Potenzfunktion, also gilt für alle hinreichend große $n$, dass $\sqrt[3]n>2\ln n$ (wenn du das formal beweisen willst, untersuche am besten das Monotonieverhalten der Funktion $f(x)=\sqrt[3]x-2\ln x$: Zeige, dass $f$ genau ein lokales Minimum $x_{\min}$ hat und ab dann monoton steigt, finde ein $x>x_{\min}$ mit $f(x)>0$), dann folgt $$\sum_{n=0}^\infty e^{-\sqrt[3]n}\leq\sum_{n=0}^\infty e^{-2\ln n}=\sum_{n=0}^\infty \frac1{n^2}<\infty.$$
Bei der (c) kannst du das Majorantenkriterium verwenden. Der Logarithmus wächst langsamer als jede Potenzfunktion, also gilt für alle hinreichend große $n$, dass $\sqrt[3]n>2\ln n$ (wenn du das formal beweisen willst, untersuche am besten das Monotonieverhalten der Funktion $f(x)=\sqrt[3]x-2\ln x$: Zeige, dass $f$ genau ein lokales Minimum $x_{\min}$ hat und ab dann monoton steigt, finde ein $x>x_{\min}$ mit $f(x)>0$), dann folgt $$\sum_{n=0}^\infty e^{-\sqrt[3]n}\leq\sum_{n=0}^\infty e^{-2\ln n}=\sum_{n=0}^\infty \frac1{n^2}<\infty.$$
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stal
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