我们可以使用比值判别法来测试该级数的收敛性。

首先计算相邻两项的比值：

\begin{aligned} \frac{a_{n+1}}{a_n} &= \frac{(n+1)!}{10^{n+1}} \cdot \frac{10^n}{n!} \ &= \frac{(n+1)}{10} \end{aligned}

由此可知，相邻两项的比值为常数 $\frac{1}{10}$，不依赖于 $n$，因此这个级数的收敛性可以使用比值判别法来确定。

根据比值判别法，当 $\lim_{n\to\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} < 1$ 时，级数收敛；当 $\lim_{n\to\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} > 1$ 时，级数发散；当 $\lim_{n\to\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = 1$ 时，比值判别法不确定。

在这个级数中，$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{n+1}{10}$，因此当 $n$ 趋于无穷大时，$\frac{a_{n+1}}{a_n}$ 会趋于 $\frac{1}{10}$，即：

\begin{aligned} \lim_{n\to\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} &= \lim_{n\to\infty} \frac{n+1}{10} \ &= \frac{1}{10} \end{aligned}

由于 $\frac{1}{10} < 1$，因此这个级数收敛。 因此，这个级数收敛，可以用比值判别法证明。

我们可以使用根值审敛法来测试该级数的收敛性。

首先计算该级数的通项的 $n$ 次方根：

$$\sqrt[n]{\frac{n^3}{3^n}}=\frac{n^{\frac{3}{n}}}{3}$$

然后计算该根式的极限：

$$\lim_{n\to\infty} \frac{n^{\frac{3}{n}}}{3}=\frac{1}{3}\lim_{n\to\infty} n^{\frac{3}{n}}$$

使用指数函数的极限公式 $\lim_{x\to\infty} (1+\frac{1}{x})^x=e$，令 $x=\frac{n}{3}$，有：

$$\lim_{n\to\infty} n^{\frac{3}{n}}=\lim_{x\to\infty} (3x)^{\frac{3}{3x}}=\lim_{x\to\infty} (1+\frac{2x}{3x})^{\frac{3}{2}}=(1+\frac{2}{3})^{\frac{3}{2}}=\frac{4\sqrt{3}}{3}$$

因此，原级数的根式为：

$$\frac{1}{3}\lim_{n\to\infty} n^{\frac{3}{n}}=\frac{4\sqrt{3}}{9}$$

由于该值小于 $1$，因此根值审敛法告诉我们原级数收敛。

因此，原级数收敛，可以用根值审敛法证明。

这个级数可以写成 $a_n=(-1)^{n-1}\frac{1}{n2^n}$ 的形式，因此我们可以使用根值审敛法来判断其收敛性。

令 $b_n=|a_n|=\frac{1}{n2^n}$，则

$$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{b_1b_2\cdots b_n}=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\frac{1}{1\times 2^n\times 2^n\times \cdots\times 2^n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2}\sqrt[n]{\frac{1}{n}}=\frac{1}{2}$$

因为 $\frac{1}{2} < 1$，所以原级数绝对收敛。根据莱布尼茨交错级数定理，可以知道原级数也收敛。 因此，这个级数收敛。

这个级数可以写成 $a_n=(-1)^n\frac{1}{\sqrt[3]{n}}$ 的形式，因此我们可以使用根值审敛法来判断其收敛性。

令 $b_n=|a_n|=\frac{1}{\sqrt[3]{n}}$，则

$$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{b_1b_2\cdots b_n}=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\frac{1}{\sqrt[3]{1}\sqrt[3]{2}\cdots\sqrt[3]{n}}}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^{1/3n}}=\frac{1}{e^{1/3}}$$

由于 $\frac{1}{e^{1/3}}<1$，所以级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{1}{\sqrt[3]{n}}$ 绝对收敛。因此，原级数也收敛。 因此，这个级数收敛。