Ennesima convergenza di serie numerica

[angus89]

allora...mi dispiace mettere la terza serie numerica ma ci ho perso la mattina e non ho idee...non credo sia difficile...
$\sum_{n=0}^\infty root(n)(n!) n^(- \sqrt(n))$

posto anke l'immagine perchè non si legge bene



naturalmente la domanda è la solita...converge?perchè?

[deserto1]

$root(n)(n!) n^(- \sqrt(n))=root(n)(n!) /n^(sqrt(n))<=root(n)(n^n) /n^(sqrt(n))=n/n^(sqrt(n))<=n/n^3=1/n^2$ essendo $sqrt(n)>=3$ da un certo punto $n_0$ in poi con $n_0=9$

[void1]

Temo che questo non sia il metodo più rapido..
Detto $a_n = \frac{(n!)^\frac{1}{n}}{n^{\sqrt n}}$, si ha $(n!)^\frac{1}{n} \sim n e^(-1)$ (per l'approssimazione di Stirling) da cui $a_n \sim \frac{n}{en^{\sqrt n}}$.

Si può ora provare ad utilizzare il criterio di Raabe-Duhamel (se definitivamente $n ( a_n/a_{n+1}-1) \geq \alpha > 1$ con $\alpha > 1$, allora la serie di termine positivo $a_n$ converge).
Poiché $\sqrt{1+n^{-1}} \sim 1 + \frac{1}{2n}$ per $n \to +\infty$ si ha $\frac{a_n}{a_{n+1}} \sim \frac{(n+1)^{\sqrt{n+1}}}{n^{\sqrt n}} = e^{\sqrt{n+1}\ln(n+1)-\sqrt{n}\ln n} = e^{\sqrt{n} ( \sqrt{1+n^{-1}}\ln(n+1)-\ln n )} \sim e^{\sqrt{n} ( \frac{\ln n}{2n} )}$.
Quindi $n ( a_n/a_{n+1} -1 ) \sim \sqrt{n}/2 \ln n$, da cui la convergenza della serie.