Aloha :)
zu ii) Wir fangen mit (ii) an, denn die ist schneller abgehakt. Der Konvergenzardius ist:$$r=\lim\limits_{k\to\infty}\left|\frac{a_k}{a_{k+1}}\right|=\lim\limits_{k\to\infty}\left|\frac{(-1)^k\,\frac{k!}{8^k}}{(-1)^{k+1}\,\frac{(k+1)!}{8^{k+1}}}\right|=\lim\limits_{k\to\infty}\left(\frac{k!}{8^k}\,\frac{8^{k+1}}{(k+1)!}\right)=\lim\limits_{k\to\infty}\left(\frac{8}{k+1}\right)=0$$Der Konvergenzradius ist daher \(r=0\), sodass die Reihe nur für \(x=0\) konvergiert.
zu i) Hier sieht es mit dem Konvergenzradius schon besser aus:$$r=\lim\limits_{k\to\infty}\left|\frac{a_k}{a_{k+1}}\right|=\lim\limits_{k\to\infty}\left|\frac{\frac{3^k}{k^2}}{\frac{3^{k+1}}{(k+1)^2}}\right|=\lim\limits_{k\to\infty}\left(\frac{3^k}{k^2}\frac{(k+1)^2}{3^{k+1}}\right)=\frac13\lim\limits_{k\to\infty}\left(1+\frac1k\right)^2=\frac13$$
Die Potenzreihe konvergiert also für:$$\left|(x-1)^4\right|<\frac13\implies-\frac{1}{\sqrt[4]{3}}<x-1<\frac{1}{\sqrt[4]{3}}\implies1-\frac{1}{\sqrt[4]{3}}<x<1+\frac{1}{\sqrt[4]{3}}$$
Da wir alle \(x\in\mathbb R\) bestimmen sollen, bei denen Konvergenz vorliegt, müssen wir die untere und obere Grenze noch separat prüfen:$$S\left(1\pm\frac{1}{\sqrt[4]{3}}\right)=\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{3^k}{k^2}\cdot\frac{1}{3^k}=\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2}=\frac{\pi^2}{6}$$
Die Reihe konvergiert also auch an den Rändern, d.h. für:\(\quad1-\frac{1}{\sqrt[4]{3}}\le x\le1+\frac{1}{\sqrt[4]{3}}\).
