\[ \sqrt[k]{|a_k|}=\sqrt[k]{\frac{2^k}{3^{2k}}}=\frac{2}{3^2}=\frac{2}{9}\quad\mbox{für alle}\ k=1,2,\ldots \]

\[ \lim_{k\to\infty}\sqrt[k]{|a_k|}=\frac{2}{9}\lt 1. \]

\[ \sqrt[k]{|a_k|}=\sqrt[k]{\left(1-\frac{1}{k}\right)^{k^2}}=\left(1-\frac{1}{k}\right)^k \]

\[ \lim_{k\to\infty}\sqrt[k]{|a_k|}=\lim_{k\to\infty}\left(1-\frac{1}{k}\right)^k=\frac{1}{e}\lt 1. \]

\[ \sqrt[k]{|a_k|} =\sqrt[k]{\frac{(5k^2+2)^k}{(7k)^{2k}}} =\frac{5k^2+2}{(7k)^2} =\frac{5k^2+2}{49k^2} \]

\[ \lim_{k\to\infty}\sqrt[k]{|a_k|}=\lim_{k\to\infty}\frac{5k^2+2}{49k^2}=\frac{5}{49}\lt 1. \]

\begin{align} \sqrt[k]{|a_k|} &= \sqrt[k]{\frac{3^k+5^{k+3}}{7\cdot 13^k}} =\frac{1}{13}\cdot\sqrt[k]{\frac{3^k+5^3\cdot 5^k}{7}} \\[1.6ex] &\le \frac{1}{13}\cdot\sqrt[k]{\frac{5^3\cdot 5^k+5^3\cdot 5^k}{7}} =\frac{1}{13}\cdot\sqrt[k]{\frac{2\cdot 5^3\cdot 5^k}{7}} \\[1.6ex] &= \frac{5}{13}\cdot\sqrt[k]{\frac{2\cdot 5^3}{7}} \longrightarrow\frac{5}{13} =\frac{5}{13}\lt 1 \end{align}

\[ \limsup_{k\to\infty}\sqrt[k]{|a_k|}\le\frac{5}{13}\lt 1. \]

Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

\begin{align} \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| &= \frac{(2k+3)!}{(3k+3)!}\cdot\frac{(3k)!}{(2k+1)!} =\frac{(2k+2)(2k+3)}{(3k+1)(3k+2)(3k+3)} \\[1ex] &= \frac{4k^2+10k+6}{27k^3+54k^2+33k+6}\,, \end{align}

\[ \lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| =\lim_{n\to\infty}\frac{4k^2+10k+6}{27k^3+54k^2+33k+6} =0\lt 1. \]

\[ \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| =\frac{2^k(k+1)}{2^kk} =\frac{k+1}{2k}\,, \]

\[ \lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=\frac{1}{2}\lt 1. \]

\[ \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| =\frac{\sqrt{1+\frac{1}{k+1}}}{k+1}\cdot\frac{k}{\sqrt{1+\frac{1}{k}}} =\frac{k}{k+1}\cdot\frac{\sqrt{k+2}}{\sqrt{k+1}}\cdot\frac{\sqrt{k}}{\sqrt{k+1}}\,, \]

\[ \lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=1. \]

\[ \frac{\sqrt{1+\frac{1}{k+1}}}{k+1}\lt\frac{\sqrt{1+\frac{1}{k}}}{k}\quad\mbox{für alle}\ k=1,2,\ldots, \]

\[ 0\le 2k^3+6k^2+4k+1. \]

\[ \frac{\sqrt{1+\frac{1}{k}}}{k}\ge\frac{1}{k}\quad\mbox{für alle}\ k=1,2,\ldots, \]

\[ \sum_{k=1}^\infty\frac{\sqrt{1+\frac{1}{k}}}{k}=\infty\,. \]

\[ \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| =\frac{2^{n+1}}{(n+2)!}\cdot\frac{(n+1)!}{2^n} =\frac{2}{n+2} \longrightarrow 0\quad\mbox{für}\ n\to\infty\,, \]

\[ \lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|\lt 1. \]

\begin{align} \lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| &= \frac{3^{n+1}(n+2)!(n+3)!}{(2n+2)!}\cdot\frac{(2n)!}{3^n(n+1)!(n+2)!} \\[1.6ex] &= \frac{3(n+2)(n+3)}{(2n+1)(2n+2)} =3\cdot\frac{n^2+5n+6}{4n^2+6n+2} \end{align}

\[ \lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| =3\cdot\lim_{n\to\infty}\frac{n^2+5n+6}{4n^2+6n+2} =3\cdot\frac{1}{4}=\frac{3}{4}\lt 1. \]

\[ \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| =\frac{(n+1)!}{8^{n+1}}\cdot\frac{8^n}{n!} =\frac{n+1}{8} \longrightarrow\infty\quad\mbox{für}\ n\to\infty\,. \]

Beachte zunächst \[ 2k^2\ell^2\le k^4+\ell^4 \quad\mbox{bzw.}\quad \frac{1}{k^4+\ell^4}\le\frac{1}{2k^2\ell^2}\,. \] Wähle nun \( k\in\mathbb N \) fest, dann ist für alle \( L\in\mathbb N \) \[ \sum_{\ell=1}^L\frac{1}{k^4+\ell^4} \le \sum_{\ell=1}^L\frac{1}{2k^2\ell^2} \le\frac{1}{2k^2}\,\sum_{\ell=1}^L\frac{1}{\ell^2} =\frac{1}{2k^2}\cdot\frac{\pi^2}{6} =\frac{1}{k^2}\cdot\frac{\pi^2}{12} \] bzw. im Grenzfall \( L\to\infty \) \[ \sum_{\ell=1}^\infty\frac{1}{k^4+\ell^4}\le\frac{1}{k^2}\cdot\frac{\pi^2}{12}\,. \] Weiter schließen wir für alle \( K\in\mathbb N \) \[ \sum_{k=1}^K\sum_{\ell=1}^\infty\frac{1}{k^4+\ell^4} \le\frac{\pi^2}{12}\cdot\sum_{k=1}^K\frac{1}{k^2} \le\frac{\pi^2}{12}\cdot\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2} =\frac{\pi^4}{72}\,. \] Grenzübergang \( K\to\infty \) auf der linken Seite liefert \[ \sum_{k=1}^\infty\sum_{\ell=1}^\infty\frac{1}{k^4+\ell^4}\le\frac{\pi^4}{72}\lt\infty\,. \] Analog zeigt man \[ \sum_{\ell=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^4+\ell^4}\le\frac{\pi^2}{72}\lt\infty\,. \] Es ist also für jede Abzählung von \( \mathbb N\times\mathbb N \) \[ \sum_{m=1}^\infty\frac{1}{k_m^4+\ell_m^4}\lt\infty\,, \] denn sämtliche Partialsummen hierin sind durch \( \frac{\pi^2}{72} \) nach oben beschränkt, und die Folge der Partialsummen ist stets streng monoton wachsend, d.h. jede Folge der Partialsummen konvergiert. Die Doppelreihe ist daher nach Definition absolut konvergent.\( \qquad\Box \)

Zunächst ermitteln wir mit der Cauchyschen Produktformel \begin{align} & \left(\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{2^k}\right)\left(\sum_{\ell=0}^\infty\frac{1}{2^\ell}\right) =\sum_{k=0}^\infty\sum_{\ell=0}^k\frac{1}{2^\ell}\cdot\frac{1}{2^{k-\ell}} \\[2ex] & \qquad =\sum_{k=0}^\infty\sum_{\ell=0}^k\frac{1}{2^k} =\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{2^k}\cdot\sum_{\ell=0}^k1 =\sum_{k=0}^\infty\frac{k+1}{2^k} \\[2ex] & \qquad =\sum_{k=0}^\infty\frac{k}{2^k}+\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{2^k} =\sum_{k=0}^\infty\frac{k}{2^k}+2. \end{align} Die verbleibende Reihe auf der rechten Seite ermitteln wir nach folgendem Schema \[ \begin{array}{lcr} \displaystyle \sum_{k=0}^\infty\frac{k}{2^k} & = & \displaystyle \frac{1}{2}+\frac{2}{4}+\frac{3}{8}+\frac{4}{16}+\frac{5}{32}+\frac{6}{64}+\ldots \\[1.6ex] & = & \displaystyle \frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\frac{1}{32}+\frac{1}{64}+\ldots \\[1.6ex] & & \displaystyle +\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\frac{1}{32}+\frac{1}{64}+\ldots \\[1.6ex] & & \displaystyle +\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\frac{1}{32}+\frac{1}{64}+\ldots \\[1.6ex] & & \displaystyle +\frac{1}{16}+\frac{1}{32}+\frac{1}{64}+\ldots \\[1.6ex] & & \displaystyle +\frac{1}{32}+\frac{1}{64}+\ldots \\[1.6ex] & & \displaystyle +\frac{1}{64}+\ldots \end{array} \] Nun fassen wir die einzelnen Zeilen zusammen und werten die einzelnen geometrischen Reihen aus \begin{align} \sum_{k=0}^\infty\frac{k}{2^k} &= \sum_{k=1}^\infty\frac{1}{2^k}+\sum_{k=2}^\infty\frac{1}{2^k}+\sum_{k=3}^\infty\frac{1}{2^k}+\sum_{k=4}^\infty\frac{1}{2^k}+\ldots \\[1.6ex] &= 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16} =\ldots=2. \end{align} Wir erhalten schließlich \[ \left(\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{2^k}\right)\left(\sum_{\ell=0}^\infty\frac{1}{2^\ell}\right) =\sum_{k=0}^\infty\frac{k}{2^k}+2 =2+2 =4. \] Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

\[ |a_1|\ge|a_2|\ge|a_3|\ge\ldots\longrightarrow 0, \]

\[ \sum_{k=0}^N\left|\frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}}\right| =\sum_{k=0}^N\frac{1}{\sqrt{k+1}} =\sum_{k=1}^{N+1}\frac{1}{\sqrt{k}} \ge\sum_{k=1}^{N+1}\frac{1}{k} \longrightarrow\infty \quad\mbox{für}\ N\to\infty\,, \]

\[ \begin{array}{l} \displaystyle \left(\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}}\right)\left(\sum_{\ell=0}^\infty\frac{(-1)^\ell}{\sqrt{\ell+1}}\right) =\sum_{k=0}^\infty\sum_{\ell=0}^k\frac{(-1)^\ell}{\sqrt{\ell+1}}\frac{(-1)^{k-\ell}}{\sqrt{k-\ell+1}} \\[2ex] \qquad\displaystyle =\sum_{k=0}^\infty\sum_{\ell=0}^k\frac{(-1)^k}{\sqrt{(\ell+1)(k-\ell+1)}} =\sum_{k=0}^\infty c_k \end{array} \]

\[ c_k:=\sum_{\ell=0}^k\frac{(-1)^k}{\sqrt{(\ell+1)(k-\ell+1)}}\,. \]

\begin{align} |c_k| &= \sum_{\ell=0}^k\frac{1}{\sqrt{\ell+1}\cdot\sqrt{k-\ell+1}} \ge\sum_{\ell=0}^k\frac{1}{\sqrt{\ell+1}\cdot\sqrt{k+1}} \\[1.6ex] &= \frac{1}{\sqrt{k+1}}\cdot\sum_{\ell=0}^k\frac{1}{\sqrt{\ell+1}} \ge\frac{1}{\sqrt{k+1}}\cdot\sum_{\ell=0}^k\frac{1}{\sqrt{k+1}} \\[1.6ex] &= \frac{1}{k+1}\cdot\sum_{k=0}^k1 =\frac{k+1}{k+1}=1. \end{align} Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

\[ \sum_{k=1}^\infty x^k=\sum_{k=0}^\infty x^k-1=\frac{1}{1-x}=\frac{x}{1-x}\,,\quad|x|\lt 1. \]

\[ \{x\in\mathbb R\,:\,|x|\lt 1\}\,. \]

\[ \sum_{k=1}^\infty x^{2k}=\sum_{k=1}^\infty(x^2)^k \]

\[ |x|\lt 1\quad\mbox{genau dann, wenn}\quad |x|^2\lt 1 \]

\[ \{x\in\mathbb R\,:\,|x|\lt 1\}\,. \] Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

Im Fall \( |x|\lt 1 \) konvergiert die Reihe nach dem Majorantenkriterium, denn ganz allgemein ist \[ \left|\frac{x^k}{k}\right|\le|x|^k\,, \] und als Majorante benutzen wir die geometrische Reihe \( \displaystyle\sum_{k=1}^\infty x^k. \) Im Fall \( |x|\gt 1 \) divergiert die Reihe, denn dann ist \[ \lim_{n\to\infty}\frac{|x|^n}{n}=\infty\,,\quad |x|\gt 1, \] und das sehen wir mit binomischen Lehrsatz wie folgt ein: Für \( n\ge 2 \) und \( \varepsilon\gt 0 \) haben wir \begin{align} (1+\varepsilon)^n &= \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\varepsilon^k =1+\binom{n}{1}\varepsilon+\binom{n}{2}\varepsilon^2+\ldots \\[1.6ex] &\ge 1+n\varepsilon+\frac{n(n-1)}{2}\,\varepsilon^2\,, \end{align} denn alle vernachlässigten Terme sind nicht negativ. Es ist also mit \( |x|=1+\varepsilon \) und \( \varepsilon\gt 0 \) \[ \frac{|x|^n}{n} =\frac{(1+\varepsilon)^n}{n}\ge\frac{1}{n}+\varepsilon+\frac{n-1}{2}\,\varepsilon^2 \longrightarrow\infty \quad\mbox{für}\ n\to\infty\,. \] Im Fall \( x=1 \) divergiert die Reihe, denn dann liegt sie als harmonische Reihe vor. Im Fall \( x=-1 \) konvergiert sie nach dem Leibnizkriterium als alternierende harmonische Reihe. Wir fassen zusammen:

Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)