Cada año planteo este problema en un seminario de resolución de problemas. Aquí está la solución que escribí. Estoy utilizando $f$ en lugar de $\varphi$ y $e_n$ en lugar de $x^n$ .
Prueba de que si $f(e_k) = 0$ para cada $k$ entonces $f$ es idéntico a cero. Dejemos que $x=(x_1,x_2,\dots)$ . Desde $2^n$ y $3^n$ son relativamente primos, hay enteros $a_n$ y $b_n$ para lo cual $x_n=a_n2^n+b_n3^n$ . Por lo tanto, $f(x)=f(y)+f(z)$ , donde $y = (2a_1, 4a_2, 8a_3,\dots)$ y $z=(3b_1,9b_2,27b_3,\dots)$ . Ahora para cualquier $k\geq 1$ tenemos $$ f(y) = f(2a_1,4a_2,\dots,2^{k-1}a_{k-1},0,0, \dots) $$ $$ \qquad + f(0,0,\dots,0,2^ka_k,2^{k+1}a_{k+1},\dots) $$
$$ \qquad= 0+2^kf(0,0,\dots,0,a_k,2a_{k+1},4a_{k+2},\dots). $$
Por lo tanto, $f(y)$ es divisible por $2^k$ para todos $k\geq 1$ Así que $f(y)=0$ . Del mismo modo, $f(z)$ es divisible por $3^k$ para todos $k\geq 1$ Así que $f(z)=0$ . Por lo tanto, $f(x)=0$ .
Prueba de que $f(e_k) = 0$ para $k \gg 1$ . Ahora dejemos que $a_i=f(e_i)$ . Definir los enteros $0< n_1 < n_2 <\cdots$ tal que para todo $k\geq 1$ , $$ \sum_{i=1}^k|a_i|2^{n_i} < \frac 12 2^{n_{k+1}}. $$ (Está claro que esto es posible --- una vez $n_1,\dots,n_k$ han sido elegidos, simplemente elija $n_{k+1}$ suficientemente grande). Considere $x=(2^{n_1}, 2^{n_2}, \dots)$ . Entonces $$ f(x) = f(2^{n_1}e_1 + \cdots + 2^{n_k} e_k +2^{n_{k+1}} (e_{k+1}+2^{n_{k+2}-n_{k+1}}e_{k+2}+\cdots))$$ $$ \qquad= \sum_{i=1}^ka_i 2^{n_i}+2^{n_{k+1}}b_k, $$ donde $b_k=f(e_{k+1}+2^{n_{k+2}-n_{k+1}}e_{k+2}+\cdots)$ . Así, por la desigualdad del triángulo, $$\left| 2^{n_{k+1}}b_k\right| < \left| \sum_{i=1}^k a_i 2^{n_i}\right| + |f(x)| $$ $$ \qquad < \frac 12 2^{n_{k+1}} + |f(x)|. $$ Por lo tanto, para un tamaño suficientemente grande $k$ tenemos $b_k=0$ [¿Por qué?]. Desde $$ b_j - 2^{n_{j+2}-n_{j+1}}b_{j+1}=f(e_{j+1})\ \ \mbox{[why?]}, $$ tenemos $f(e_k)=0$ para $k$ suficientemente grande.
