Краткий ответ: ряд с положительными членами $a_n=\frac{n!}{n^n}$ сходится абсолютно (и просто), с экспоненциально малым остатку. Дальше — тесты, оценки и обоснования.
1) Тест отношения (d’Alembert).
$$\frac{a_{n+1}}{a_n}=(\frac{n}{n+1}{)}^n=(1+\frac{1}{n}{)}^{-n}\underset{n\to \infty }{}{e}^{-1}<1,$$ значит ряд сходится.
2) Корневой тест.
$$\sqrt[n]{a_n}=\frac{(n!{)}^{1/n}}{n}\underset{n\to \infty }{}\frac{1}{e},$$ поскольку по формуле Стирлинга $(n!{)}^{1/n}\sim n/e$. Предел $1/e<1$ даёт сходимость (и абсолютную).
3) Асимптотика (Стирлинг) и сравнение с экспонентой.
По Стирлингу
$$a_n=\frac{n!}{n^n}\sim \sqrt{2\pi n}{\mathrm{e}}^{-n}.$$ Отсюда члены убывают экспоненциально (с фактором $e^{-n}$ и полиномиальным множителем $\sqrt{n}$), значит ряд сходится намного быстрее геометрического.
4) Оценки остатка (положительные члены).
Так как для всех $n\ge 1$ $\frac{a_{n+1}}{a_n}=(\frac{n}{n+1}{)}^n<1$ и предел равен $e^{-1}$, то для любого $r$ с $e^{-1}<r<1$ существует $N$ такое, что для всех $n\ge N$ выполнено $\frac{a_{n+1}}{a_n}\le r$. Тогда геометрическая оценка остатка:
$$R_N=\sum _{k=N+1}^{\infty }{a}_k\le \frac{a_{N+1}}{1-r}.$$ Например, для $r=\frac{1}{2}$ уже при $N=2$ имеем $\frac{a_{n+1}}{a_n}\le \frac{1}{2}$ для всех $n\ge 2$, поэтому
$$R_2\le \frac{a_3}{1-\frac{1}{2}}=\frac{2/9}{1/2}=\frac{4}{9}\approx \mathrm{0.4444.}$$
Более точная асимптотическая оценка остатка (из асимптотики членов): существует константа $C>0$ такая, что для больших $N$ $$R_N=\sum _{k=N+1}^{\infty }{a}_k=O\left(\sqrt{N}{e}^{-N}\right),$$ поскольку ${\sum }_{k>N}\sqrt{k}{e}^{-k}$ имеет ту же экспоненциальную убывающую асимптику (нестрогая оценка через неполную гамма‑функцию).
Вывод: ряд сходится (абсолютно), что можно показать как тестом отношения, так и корневым тестом; для остатка годятся простые геометрические оценки (через отношение членов) и более точные асимптотические оценки на базе формулы Стирлинга: $a_n\sim \sqrt{2\pi n}{e}^{-n}$, отсюда $R_N=O(\sqrt{N}{e}^{-N})$.