Hallo :-)
Mal unabhängig von deinem Wissen kann ich mittels des Binomischen Lehrsatzes die Behauptung zeigen, indem ich den Ausdruck \(a_n=n^k\cdot q^n\) geeignet abschätze. Für \(q=0\) ist die Aussage klar.
Es reicht sogar nur \(q'\in]0,1[\) zu betrachten, also \(|a_n|=n^k\cdot q'^n\). Man kann sich leicht mit der Definition zur Konvergenz die folgende Äquivalenz herleiten :$$ \lim |a_n|=0\Leftrightarrow \lim a_n=0. $$
Seien also \(q'\in]0,1[\) und \(k\in \N\) beliebig, aber fest gewählt. Setze \(\tilde{q}:=\frac{1}{q'}\). Dann gilt \(\tilde{q}\in ]1,\infty[\). Weiter gilt auch \(\tilde{q}=1+q_r\) für ein \(q_r\in ]0, \infty[\).
Betrachte für \(n\geq k+1\) mit dem Binomischen Lehrsatz folgendes:
$$ \tilde{q}^n=(1+q_r)^n=\sum\limits_{j=0}^n {{n}\choose{j}}\cdot 1^{n-j}\cdot q_r^j=\sum\limits_{j=0}^n {{n}\choose{j}}\cdot q_r^j\geq \sum\limits_{j=0}^{k+1} {{n}\choose{j}}\cdot q_r^j>{{n}\choose{k+1}}\cdot q_r^{k+1}\\=\frac{n!}{(k+1)!\cdot (n-k-1)!}\cdot q_r^{k+1}=\frac{n\cdot (n-1)\cdot ...\cdot (n-k)\cdot (n-k-1)!}{(k+1)!\cdot (n-k-1)!}\cdot q_r^{k+1}\\=\frac{n\cdot (n-1)\cdot ...\cdot (n-k)}{(k+1)!}\cdot q_r^{k+1}\geq \frac{(n-k)^{k+1}}{(k+1)!}\cdot q_r^{k+1}. $$
Damit hat man für alle \(n\in \N_{\geq k+1}\) die Abschätzungskette
$$ 0\leq n^k\cdot q'^n=\frac{n^k}{(1+q_r)^n}\leq \frac{(k+1)!}{(n-k)^{k+1}}\cdot \frac{1}{q_r^{k+1}}\cdot n^k=\frac{(k+1)!}{q_r^{k+1}}\cdot \frac{1}{n-k}\cdot \left(\frac{n}{n-k}\right)^k\\\stackrel{(*)}{\leq} \frac{(k+1)!}{q_r^{k+1}}\cdot \frac{1}{n-k}\cdot \left(\frac{k+1}{k+1-k}\right)^k=\frac{(k+1)!\cdot(k+1)^k}{q_r^{k+1}}\cdot \frac{1}{n-k}\stackrel{n\to \infty}{\longrightarrow} 0$$
(*) Die Folge \(\left(\frac{n}{n-k}\right)_{n\in \N_{\geq k+1}}\) ist monoton fallend.
