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Criterio del rapporto
Sia $\sum_{n=x_0}^{\infty}a_n$ una serie numerica i cui termini siano tutti strettamente positivi, cioè si richiede che $a_n>0 \ \ \forall n\in \mathbb{N}$, sia poi definito il $\lim_{x \to +\infty} \dfrac{a_{n+1}}{a_n}=l$.
Allora:
$$\left\{ \begin{align}&l\lt1 \longrightarrow \sum_{n=x_0}^{\infty}a_n<+\infty\\
& l\gt1 \longrightarrow \sum_{n=x_0}^{\infty}a_n>+\infty\\
& l=1 \longrightarrow \text{ metodo inconcludente! }
\end{align}
\right. $$
Dimostrazione:
Sia $\epsilon>0\text{ tale che } l+\epsilon\lt1$, allora $\exists \bar{n}| n\gt\bar{n}$ e si ha che $$\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\lt(l+\epsilon) \longrightarrow a_{n+1}\lt(l+\epsilon)a_n, \ \forall n \gt \bar{n}.$$
Prendiamo il minimo valore per cui valga questa catena di disuguaglianze, e cioè prendiamo $k=\bar{n}+1$ così da avere: $$a_{k+1}\lt(l+\epsilon)a_{k}\text{ quindi }a_{\bar{n}+2}\lt(l+\epsilon)a_{\bar{n}+1}.$$
Facciamo un passo ancora più distante da $\bar{n}$ e prendiamo $p=\bar{n}+2$.
Si avrà alla stessa maniera: $a_{p+1}\lt (l+\epsilon)a_{p} \lt (l+\epsilon)^{2}a_{p-1}$, che tradotto in termini di $\bar{n}$ si ottiene: $$a_{\bar{n}+3}\lt (l+\epsilon)a_{\bar{n}+2} \lt (l+\epsilon)^{2}a_{\bar{n}+1}.$$ In generale avremo che $a_{\bar{n}+p} \lt (l+\epsilon)^{p-1}a_{\bar{n}+1}$. Passando alle serie si ottiene che: $$\sum_{p=2}^{\infty}a_{\bar{n}+p} \lt \sum_{p=2}^{\infty}a_{\bar{n}+1}(l+\epsilon)^{p-1}.$$ Quest'ultima è una serie geometrica, e perché converga occorre che l'argomento della serie sia minore di 1, ma questo equivale a richiedere che $l+\epsilon\lt1 \longrightarrow l\lt1-\epsilon$, con $\epsilon$ piccolo a piacere: ecco quindi la nostra tesi.
Criterio della radice
$\sum_{n=x_0}^{\infty}a_n$ una serie tutta a termini positivi, e sia $\lim_{n \rightarrow + \infty} \sqrt[n]{a_n} = l$. Come prima si distinguano i vari casi:
$$\left\{ \begin{align}&l\lt1 \longrightarrow \sum_{n=x_0}^{\infty}a_n \lt + \infty\\
& l\gt1 \longrightarrow \sum_{n=x_0}^{\infty}a_n \gt + \infty \\
& l=1 \longrightarrow \text{ metodo inconcludente! }
\end{align}
\right.$$
Dimostrazione:
Per ottenere la dimostrazione del criterio della radice useremo in nostro aiuto il criterio del confronto fra serie (vedete che si rivela molto utile più di quanto pensassimo?). Iniziamo subito!
Se $\lim_{n \rightarrow +\infty}\sqrt[n]{a_n}=l\lt1$ allora possiamo supporre che $\exists \ p \in \left(l,1 \right ) \text{ tale che } \forall n\gt N \text{ si ha che }\sqrt[n]{a_n}\lt p\lt1 \text{ per un certo N fissato naturale}$.
Elevando tutto alla potenza n-esima, si ottiene che $$a_n\lt p^{n}\lt 1\rightarrow \sum_{n=x_0}^{\infty}a_n \lt \sum_{n=x_0}^{\infty}p^{n}.$$
Dato che a secondo membro abbiamo una serie geometrica di ragione minore di 1 (p è stato scelto in maniera tale che fosse minore di 1 e maggiore di $l$, la seconda serie scritta a destra converge: per il criterio del confronto abbiamo automaticamente che anche la serie dei nostri $a_n$ converge!
Criterio dell'ordine
Se il termine n-esimo della nostra serie $\sum_{n=x_0}^{\infty}a_n$ è un infinitesimo di ordine maggiore di 1, allora la serie è convergente, altrimenti diverge.
Dimostrazione:
Molto simile a quella per il criterio del rapporto, in pratica abbiamo solo che:
$$\lim_{n \rightarrow +\infty}\dfrac{a_n}{\dfrac{1}{n^{\alpha}}}=l$$
Quindi possiamo scrivere che $$\forall \epsilon \gt 0 \text{ si ha } (l-\epsilon) \lt \dfrac{a_n}{\dfrac{1}{n^\alpha}}$$ $$\longrightarrow$$ $$(l-\epsilon)\dfrac{1}{n^{\alpha}}\lt a_n \lt (l+\epsilon)\dfrac{1}{n^{\alpha}}.$$
Se $\alpha$ è maggiore di 1, allora le serie $\sum_{n=x_0}^{\infty}(l \pm \epsilon)\dfrac{1}{n^{\alpha}} \lt +\infty$, e quindi di nuovo per il criterio del confronto si ha che $$\sum_{n=x_0}^{\infty}a_n \lt +\infty.$$
In caso $\alpha$ fosse uguale a 1, il criterio non è conclusivo, e se invece fosse minore di 1, la serie è divergente!
Allora:
$$\left\{ \begin{align}&l\lt1 \longrightarrow \sum_{n=x_0}^{\infty}a_n<+\infty\\
& l\gt1 \longrightarrow \sum_{n=x_0}^{\infty}a_n>+\infty\\
& l=1 \longrightarrow \text{ metodo inconcludente! }
\end{align}
\right. $$
Dimostrazione:
Sia $\epsilon>0\text{ tale che } l+\epsilon\lt1$, allora $\exists \bar{n}| n\gt\bar{n}$ e si ha che $$\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\lt(l+\epsilon) \longrightarrow a_{n+1}\lt(l+\epsilon)a_n, \ \forall n \gt \bar{n}.$$
Prendiamo il minimo valore per cui valga questa catena di disuguaglianze, e cioè prendiamo $k=\bar{n}+1$ così da avere: $$a_{k+1}\lt(l+\epsilon)a_{k}\text{ quindi }a_{\bar{n}+2}\lt(l+\epsilon)a_{\bar{n}+1}.$$
Facciamo un passo ancora più distante da $\bar{n}$ e prendiamo $p=\bar{n}+2$.
Si avrà alla stessa maniera: $a_{p+1}\lt (l+\epsilon)a_{p} \lt (l+\epsilon)^{2}a_{p-1}$, che tradotto in termini di $\bar{n}$ si ottiene: $$a_{\bar{n}+3}\lt (l+\epsilon)a_{\bar{n}+2} \lt (l+\epsilon)^{2}a_{\bar{n}+1}.$$ In generale avremo che $a_{\bar{n}+p} \lt (l+\epsilon)^{p-1}a_{\bar{n}+1}$. Passando alle serie si ottiene che: $$\sum_{p=2}^{\infty}a_{\bar{n}+p} \lt \sum_{p=2}^{\infty}a_{\bar{n}+1}(l+\epsilon)^{p-1}.$$ Quest'ultima è una serie geometrica, e perché converga occorre che l'argomento della serie sia minore di 1, ma questo equivale a richiedere che $l+\epsilon\lt1 \longrightarrow l\lt1-\epsilon$, con $\epsilon$ piccolo a piacere: ecco quindi la nostra tesi.
Criterio della radice
$\sum_{n=x_0}^{\infty}a_n$ una serie tutta a termini positivi, e sia $\lim_{n \rightarrow + \infty} \sqrt[n]{a_n} = l$. Come prima si distinguano i vari casi:
$$\left\{ \begin{align}&l\lt1 \longrightarrow \sum_{n=x_0}^{\infty}a_n \lt + \infty\\
& l\gt1 \longrightarrow \sum_{n=x_0}^{\infty}a_n \gt + \infty \\
& l=1 \longrightarrow \text{ metodo inconcludente! }
\end{align}
\right.$$
Dimostrazione:
Per ottenere la dimostrazione del criterio della radice useremo in nostro aiuto il criterio del confronto fra serie (vedete che si rivela molto utile più di quanto pensassimo?). Iniziamo subito!
Se $\lim_{n \rightarrow +\infty}\sqrt[n]{a_n}=l\lt1$ allora possiamo supporre che $\exists \ p \in \left(l,1 \right ) \text{ tale che } \forall n\gt N \text{ si ha che }\sqrt[n]{a_n}\lt p\lt1 \text{ per un certo N fissato naturale}$.
Elevando tutto alla potenza n-esima, si ottiene che $$a_n\lt p^{n}\lt 1\rightarrow \sum_{n=x_0}^{\infty}a_n \lt \sum_{n=x_0}^{\infty}p^{n}.$$
Dato che a secondo membro abbiamo una serie geometrica di ragione minore di 1 (p è stato scelto in maniera tale che fosse minore di 1 e maggiore di $l$, la seconda serie scritta a destra converge: per il criterio del confronto abbiamo automaticamente che anche la serie dei nostri $a_n$ converge!
Criterio dell'ordine
Se il termine n-esimo della nostra serie $\sum_{n=x_0}^{\infty}a_n$ è un infinitesimo di ordine maggiore di 1, allora la serie è convergente, altrimenti diverge.
Dimostrazione:
Molto simile a quella per il criterio del rapporto, in pratica abbiamo solo che:
$$\lim_{n \rightarrow +\infty}\dfrac{a_n}{\dfrac{1}{n^{\alpha}}}=l$$
Quindi possiamo scrivere che $$\forall \epsilon \gt 0 \text{ si ha } (l-\epsilon) \lt \dfrac{a_n}{\dfrac{1}{n^\alpha}}$$ $$\longrightarrow$$ $$(l-\epsilon)\dfrac{1}{n^{\alpha}}\lt a_n \lt (l+\epsilon)\dfrac{1}{n^{\alpha}}.$$
Se $\alpha$ è maggiore di 1, allora le serie $\sum_{n=x_0}^{\infty}(l \pm \epsilon)\dfrac{1}{n^{\alpha}} \lt +\infty$, e quindi di nuovo per il criterio del confronto si ha che $$\sum_{n=x_0}^{\infty}a_n \lt +\infty.$$
In caso $\alpha$ fosse uguale a 1, il criterio non è conclusivo, e se invece fosse minore di 1, la serie è divergente!
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