Hallo :-)
Ein möglicher Ansatz wäre, deine Folgenglieder geeignet nach oben abzuschätzen (oder nach unten, falls man Divergenz zeigen möchte...). Zunächst betrachte ich mit dem binomischen Lehrsatz:
$$ \left (1+\frac{1}{2n}\right )^n=\sum\limits_{k=0}^n {n\choose k}\cdot 1^{n-k}\cdot \left (\frac{1}{2n}\right )^k=\sum\limits_{k=0}^n {n\choose k}\cdot \frac{1}{2^k\cdot n^k}=\sum\limits_{k=0}^n \frac{n!}{k!\cdot (n-k)!}\cdot \frac{1}{2^k\cdot n^k}\\=\sum\limits_{k=0}^n \frac{n\cdot (n-1)\cdot ...\cdot (n-k+1)\cdot (n-k)\cdot ...\cdot 1}{k!\cdot (n-k)!}\cdot \frac{1}{2^k\cdot n^k}\\=\sum\limits_{k=0}^n \frac{n\cdot (n-1)\cdot ...\cdot (n-k+1)}{k!}\cdot \frac{1}{2^k\cdot n^k}\\=\sum\limits_{k=0}^n \frac{\overbrace{n\cdot (n-1)\cdot ...\cdot (n-k+1)}^{k \text{ Faktoren}}}{n^k}\cdot \frac{1}{2^k\cdot k!}\\=\sum\limits_{k=0}^n\frac{n}{n}\cdot \frac{n-1}{n}\cdot ...\cdot \frac{n-k+1}{n}\cdot \frac{1}{2^k\cdot k!}\\=\sum\limits_{k=0}^n 1\cdot \underbrace{\left(1-\frac{1}{n}\right)}_{\leq 1}\cdot ...\cdot \underbrace{\left(1-\frac{k-1}{n}\right)}_{\leq 1}\cdot \frac{1}{2^k\cdot k!}\\\leq \sum\limits_{k=0}^n\frac{1}{2^k\cdot k!}\leq \sum\limits_{k=0}^n\frac{1}{2^k}=\frac{1-\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}}{1-\frac{1}{2}}=2\cdot \left (1-\frac{1}{2^{n+1}}\right )\leq 2$$
Man erhält also für alle \(n\in \N_{\geq 1}\) die Abschätzung \(\left (1+\frac{1}{2n}\right )^n\leq 2\).
Weitere Umformungen daraus führen zu:
$$ \left (1+\frac{1}{2n}\right )^n\leq 2\quad \Longrightarrow \quad \left (1+\frac{1}{2n}\right )^n-\frac{5}{4}\leq 2-\frac{5}{4}=\frac{3}{4} \quad \Longrightarrow \quad \left(\left (1+\frac{1}{2n}\right )^n-\frac{5}{4}\right)^n\leq \left(\frac{3}{4}\right)^n$$
Damit kannst du nun deine Reihe mithilfe der geometrischen Reihe nachoben abschätzen:
$$ \sum\limits_{k=1}^\infty \left(\left (1+\frac{1}{2k}\right )^k-\frac{5}{4}\right)^k\leq \sum\limits_{k=1}^\infty \left(\frac{3}{4}\right)^k=3 $$
Nach der majorisierten Konvergenz, ist deine Reihe somit absolut konvergent.
