Le doy a este problema cada año en la solución de problemas seminario. Aquí está la solución que me escribió. Yo estoy usando el $f$ en lugar de $\varphi$ $e_n$ en lugar de $x^n$.
Deje $x=(x_1,x_2,\dots)$. Desde $2^n$
y $3^n$ son relativamente primos, existen enteros $a_n$ $b_n$
para que $x_n=a_n2^n+b_n3^n$. Por lo tanto $f(x)=f(y)+f(z)$, donde $ $ y =
(2a_1, 4a_2, 8a_3,\dots)$ and $z=(3b_1,9b_2,27b_3,\dots)$. Ahora para
cualquier $k\geq 1$ hemos
$$ f(y) = f(2a_1,4a_2,\dots,2^{k-1}a_{k-1},0,0,
\dots) $$
$$ \qquad + f(0,0,\dots,0,2^ka_k,2^{k+1}a_{k+1},\dots) $$
$$ \qquad= 0+2^kf(0,0,\dots,0,a_k,2a_{k+1},4a_{k+2},\dots). $$
Por lo tanto $f(y)$ es divisible por $2^k$ todos los $k\geq 1$, por lo que
$f(y)=0$. Del mismo modo $f(z)$ es divisible por $3^k$ para la totalidad de los $k\geq
1$, so $f(z)=0$. Hence $f(x)=0$.
Ahora vamos a $a_i=f(e_i)$. Definir enteros $0< n_1 <
n_2 <\cdots$ such that for all $k\geq 1$,
$$ \sum_{i=1}^k|a_i|2^{n_i} < \frac 12 2^{n_{k+1}}. $$
(Es evidente que esto es posible --- una vez $n_1,\dots,n_k$ han sido elegidos,
simplemente elija $n_{k+1}$ suficientemente grande). Considerar $x=(2^{n_1},
2^{n_2}, \dots)$. Entonces
$$ f(x) = f(a_1e_1 + \cdots + a_k e_k +2^{n_{k+1}}
(e_{k+1}+2^{n_{k+2}-n_{k+1}}e_{k+2}+\cdots))$$ $$ \qquad=
\sum_{i=1}^ka_i 2^{n_i}+2^{n_{k+1}}b_k, $$
donde $b_k=f(e_{k+1}+2^{n_{k+2}-n_{k+1}}e_{k+2}+\cdots)$. Por lo tanto, por el
el triángulo de la desigualdad,
$$\left| 2^{n_{k+1}}b_k\right| < \left| \sum_{i=1}^k a_i
2^{n_i}\right| + |f(x)| $$ $$ \qquad <
\frac 12 2^{n_{k+1}} + |f(x)|. $$
Por lo tanto para suficientemente grande $k$ tenemos $b_k=0$ [żpor qué?]. Desde
$$ b_j - 2^{n_{j+2}-n_{j+1}}b_{j+1}=f(e_{j+1})\ \ \mbox{[żpor qué?]},
$$
tenemos $f(e_k)=0$ $k$ suficientemente grande.}
