Hallo :-)
Man kann auch so herangehen:
Ich betrachte für alle \(n\in \N_{\geq 5}\) :
$$ \frac{n}{3n^2-42}=\frac{n}{3\cdot (n^2-14)}=\frac{1}{3}\cdot \frac{n}{n^2-14}=\frac{1}{3}\cdot \frac{n}{\underbrace{(n+\sqrt{14})}_{\geq n}\cdot (n-\sqrt{14})}\\\leq \frac{1}{3}\cdot \frac{n}{n\cdot (n-\sqrt{14})}=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{\underbrace{n-\sqrt{14}}_{\geq n-4}}\leq \frac{1}{3}\cdot \frac{1}{n-4}\stackrel{n\in \N_{\geq 5}}{\leq} \frac{1}{3}\cdot \frac{1}{\frac{1}{6}\cdot n}=\frac{2}{n}\stackrel{n\geq N_{\varepsilon}\geq 5}{\leq } \frac{2}{N_{\varepsilon}}\stackrel{!}{<} \varepsilon $$
Und damit kann man einen finalen Konvergenzbeweis durchführen:
Sei \(\varepsilon>0\) beliebig und wähle \(N_{\varepsilon}\in \N_{\geq 5}\) durch \(N_{\varepsilon}>\frac{2}{\varepsilon}\) (so eins existiert aufgrund des archimedischen Axioms). Dann gilt für alle \(n\in \N_{\geq N_{\varepsilon}}\)
$$ |a_n|=...[\text{obige Rechnung}]...<\varepsilon $$