Линейная оболочка в гильбертовом пространстве l2

[Bach]

Задача из выпуска IX ("Ряды") комплекса учебников "Математика в техническом университете" издательства МГТУ им. Баумана:
Докажите, что линейная оболочка последовательности ${\left\{ x^{(n)} \right\}}_{n=1}^\infty$ элементов гильбертова пространства $\math{l_2}$, где $\math{x^{(n)} = \left\{ {2^{-n(k-1)}} \right\}_{k=1}^\infty ,n \in \mathbb{N}}$, всюду плотна в $\math{l_2}$.

Я решил эту задачу (с трудом, правда), но все же остались сомнения в корректности рассуждений. А самое главное, даже если решение верно, у меня есть большое подозрение, что существует более короткий и изящный способ решения. Хотелось бы узнать мнение профессионалов на счет корректности моего решения и существования более простого способа.
Вот мое решение - схематично, опуская подробности, чтобы не занимать слишком много места.

1)Для произвольных $\math{x}$ и $\math{y}$ из $\math{l_2}$ определено скалярное произведение (доказывается в примере 6.1 того же учебника):

$$\math{(x, y) = \sum\limits_{i=1}^\infty{x_iy_i}}$$

а значит сходится ряд $\math{\sum\limits_{i=2}^\infty{x_iy_i}}$. Для произвольного элемента $\math{y \in l_2}$ обозначим $\math{\sum\limits_{i=2}^\infty{y_ix_i^{(n)}} = a_n}$. Тогда

$$\math{ \left| a_n \right| = {\left| \sum\limits_{i=2}^\infty{y_ix_i^{(n)}} \right|} = {\left| \sum\limits_{i=2}^\infty{\frac {y_i}{2^{n(i-1)}}} \right|} = {\frac{1}{2^{n-1}} \left| \sum\limits_{i=2}^\infty{\frac{y_i}{2^{n(i-2)+1}}} \right|} \leq {\frac{1}{2^{n-1}} \left| \sum\limits_{i=2}^\infty{\frac{y_i}{2^{i-1}}} \right|} = {\frac{1}{2^{n-1}} \left| a_1 \right|} .}$$

Тогда для любого $\math{\varepsilon > 0}$ можно указать такое $\math{n}$, что будет $\math{\left| a_n \right| < \varepsilon}$.

2)Полагаем, что $\math{y \in l_2}$ - тот элемент из $\math{l_2}$, который ортогонален всем элементам рассматриваемой линейной оболочки. Тогда он ортогонален и всем $\math{x^{(n)}}$. Значит,

$$\math{ {(x^{(n)}, y)} = {\sum\limits_{i=1}^\infty{x_i^{(n)}y_i} } = {y_1 + \sum\limits_{i=2}^\infty{x_i^{(n)}y_i} } = {y_1 + a_1} = 0 }$$

откуда $\math{\left| a_1 \right| = \left| y_1 \right|}$. Точно так же находим, что $\math{\left| a_n \right| = \left| y_1 \right|}$. Но, если $\math{y_1 \neq 0}$, то, как следует из п. 1, для $\math{0 < \varepsilon < \left| y_1 \right|}$ существует $\math{N(\varepsilon)}$ такое, что для всех $\math{n > N(\varepsilon)}$ выполняется $\math{\left| a_n \right| < \varepsilon < \left| y_1 \right|}$ и получаем противоречие.
Таким образом $\math{y_1 = 0}$.

3)Из п. 2 также следует, что для всех $\math{n \in \mathbb{N} }$ выполняется $\math{a_n = {\sum\limits_{i=2}^\infty {\frac{y_i}{2^{n(i-1)}}}} = 0}$. Тогда также

$$\math{ {2^n \sum\limits_{i=2}^\infty{\frac{y_i}{2^{n(i-1)}}}} = {\sum\limits_{i=2}^\infty{\frac{y_i}{2^{n(i-2)}}}} = {\sum\limits_{j=1}^\infty{\frac{y'_j}{2^{n(j-1)}}}} = {(y', x^{(n)})} = 0, }$$

где элемент $\math{y' \in l_2}$ получен из $\math{y}$ отбрасыванием первого члена.
Итак, ситуация повторяется для $\math{y'}$ и аналогично доказывается, что $\math{y'_1 = 0}$. При этом $\math{y'_1 = y_2}$. Используя ту же схему по индукции получаем, что $\math{\forall i \in \mathbb N: y_i = 0}$.

4)Таким образом, единственным элементом, ортогональным всем элементам рассматриваемой линейной оболочки, является нулевой элемент, откуда и получаем, что эта линейная оболочка всюду плотна в \math{l_2}.



P. S. Просьба не бить ногами по голове, если в моих выкладках обнаружатся грубые с математической точки зрения ошибки - у меня гуманитарное образование, а математику я изучаю самостоятельно.

[AD]

Очень неплохо для гуманитария!! Вот небольшое причесывание.

Итак, пусть $y\neq0$ таков, что $\forall n$ $\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{y_k}{2^{n(k-1)}}=0$. Пусть $k_0$ - номер первого ненулевого члена последовательности $y_k$. Тогда (Ваш же приём, узнаёте?) $\frac{y_{k_0}}{2^{n(k_0-1)}}=-\sum\limits_{k>k_0}\frac{y_{k}}{2^{n(k-1)}}$, откуда

$$|y_{k_0}|=\left|\sum_{k>k_0}\frac{y_k}{2^{n(k-k_0)}}\right|\le2^{-n}\sum_{k>k_0}\frac{|y_k|}{2^{k-k_0-1}}$$

и правая часть стремится к нулю при при $n\to\infty$ (сумма в правой части конечна, потому что $\{2^{-k}\}\in\ell_2$), а левая часть от $n$ не зависит, поэтому $y_{k_0}=0$, противоречие, и всё доказано.

[Bach]

Точно! Замечательно. Теперь вижу, что мне не хватило терпения, чтобы пойти немного дальше и обобщить определенные моменты в найденной схеме решения. Заодно узнал какой тег нужно использовать для символа $\ell$ - никак не мог найти.

Огромное спасибо!

[Henrylee]

Ну еще можно рассмотреть в окрестности нуля функцию

$$ f(t)=\sum\limits_{k=1}^\infty y_kt^k, $$

которая обнуляется в точках $2^{-n}$ и по индукции доказать, что все ее производные в нуле нулевые.