Disuguaglianza di Bessel

Spazio completo

Definizione 4.1

Supponiamo di avere uno spazio di Hilbert e un sottospazio ortonormale $E_{I}$$E_{I}$. Il sottospazio $E_{I}$$E_{I}$ si dice completo se l'inviluppo lineare è denso in $X$$X$.

 

Proposizione 4.1 (Criterio di densità)

Sia $A\subset X$$A \subset X$. Se per ogni $x\in X$$x \in X$ e per ogni $\varepsilon$$\varepsilon$ positivo si ha che $B_{x,\varepsilon }\cap A\neq \emptyset$$B_{x,\varepsilon }\cap A\neq \emptyset$, allora $A$$A$ è denso in $X$$X$.

 

Dimostrazione

Se $B_{x,\varepsilon }\cap A\neq \emptyset$$B_{x,\varepsilon }\cap A\neq \emptyset$ per ogni $x\in X$$x \in X$, significa che ogni $x\in X$$x \in X$ appartiene ad $A$$A$ oppure è di accomulazione per $A$$A$. Quindi ogni $x$$x$ sta in ${\bar {A}}$${\bar {A}}$, cioè ${\bar {A}}=X$${\bar {A}}=X$ e quindi $A$$A$ è denso in $X$$X$.

 

Esempio 4.1 (spazio completo)

Considero

$$l^{2}=\{(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }\,t.c.\,\sum _{n}x_{n}^{2}<\infty \}$$

$$l^{2}=\{(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }\,t.c.\,\sum _{n}x_{n}^{2}<\infty \}$$

La successione degli $e_{n}$$e_{n}$ (vettori con tutte le componenti nulle tranne la n-esima) è ortonormale. Mostro che $(e_{1},\dots ,e_{n},\dots )$$(e_{1},\dots ,e_{n},\dots )$ è completo, cioè che l'inviluppo lineare è denso.

Mostro che vale il criterio di densità enunciato prima, cioè mostro che dato un qualunque $x\in l^{2}$$x\in l^{2}$ e $\varepsilon$$\varepsilon$ positivo, allora in ogni bolla $B_{x,\varepsilon }$$B_{x,\varepsilon }$ esiste un elemento che è combinazione lineare finita di $e_{1},\dots ,e_{n}$$e_{1},\dots ,e_{n}$. Prendo $x=(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }$$x=(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ tale che $\sum _{n}x_{n}^{2}<\infty$$\sum _{n}x_{n}^{2}<\infty$. Allora esiste $n_{0}$$n_{0}$ tale che $\sum _{n=n_{0}}^{\infty }x_{n}^{2}<\varepsilon /2$$\sum _{n=n_{0}}^{\infty }x_{n}^{2}<\varepsilon /2$. Se chiamo $x'$$x'$ la successione che ha coordinate $(x_{1},x_{2},x_{n_{0}-1},0,0,\dots )$$(x_{1},x_{2},x_{n_{0}-1},0,0,\dots )$ questo è un vettore di $l^{2}$$l^{2}$, è combinazione lineare finita degli $e_{i}$$e_{i}$ e

$$\|x-x'\|\leq \varepsilon /2\leq \varepsilon$$

$$\|x-x'\|\leq \varepsilon /2\leq \varepsilon$$

quindi $x'\in B_{x,\varepsilon }$$x'\in B_{x,\varepsilon }$.

 

Dimostrazione della disuguaglianza di Bessel

Teorema 4.1

Sia $E=(e_{1},e_{2},\dots ,e_{n},\dots )$$E=(e_{1},e_{2},\dots ,e_{n},\dots )$ un sottoinsieme ortonormale numerabile. Allora per ogni $x\in X$$x \in X$, vale la disuguaglianza di Bessel

$$\sum _{n}|x\cdot e_{n}|^{2}\leq \|x\|^{2}.$$

$$\sum _{n}|x\cdot e_{n}|^{2}\leq \|x\|^{2}.$$

 

Dimostrazione

Sia $A_{n}$$A_n$ il sottoinsieme lineare generato dai primi $n$$n$ vettori, $e_{1},\dots ,e_{n}$$e_{1},\dots ,e_{n}$, fisso $x$$x$ e chiamo $x_{n}$$x_n$ la proiezione $P_{A_{n}}(x)$$P_{A_{n}}(x)$. Allora, siccome $x_{n}\in A_{n}$$x_{n}\in A_{n}$, per definizione di proiezione $x-x_{n}\perp x_{n}$$x-x_{n}\perp x_{n}$ perché è perpendicolare a ogni vettore di $A_{n}$$A_n$. Per Pitagora

$$\|x\|^{2}=\|x-x_{n}+x_{n}\|^{2}=\|x-x_{n}\|^{2}+\|x_{n}\|^{2}$$

$$\|x\|^{2}=\|x-x_{n}+x_{n}\|^{2}=\|x-x_{n}\|^{2}+\|x_{n}\|^{2}$$

e sfruttando la formula per la proiezione, $P_{A_{n}}(x)=\sum _{i=1}^{n}|x\cdot e_{i}|*e_{i}$$P_{A_{n}}(x)=\sum _{i=1}^{n}|x\cdot e_{i}|*e_{i}$, si ha

$$=\|x-x_{n}\|^{2}+\|\sum _{j=1}^{n}|x\cdot e_{j}|*e_{j}\|^{2}$$

$$=\|x-x_{n}\|^{2}+\|\sum _{j=1}^{n}|x\cdot e_{j}|*e_{j}\|^{2}$$

$$=\|x-x_{n}\|^{2}+\|\sum _{j=1}^{n}|x\cdot e_{j}|\|^{2}*\|e_{j}\|^{2}$$

$$=\|x-x_{n}\|^{2}+\|\sum _{j=1}^{n}|x\cdot e_{j}|\|^{2}*\|e_{j}\|^{2}$$

$$=\|x-x_{n}\|^{2}+\sum _{j=1}^{n}|x\cdot e_{j}|^{2}$$

$$=\|x-x_{n}\|^{2}+\sum _{j=1}^{n}|x\cdot e_{j}|^{2}$$

e siccome $\|x-x_{n}\|^{2}>0$$\|x-x_{n}\|^{2}>0$, eguagliando al primo membro si ha:

$$\|x\|^{2}\geq \sum _{j=1}^{n}|x\cdot e_{j}|^{2}$$

$$\|x\|^{2}\geq \sum _{j=1}^{n}|x\cdot e_{j}|^{2}$$

ma questo vale per ogni $n$$n$. Allora passando al sup

$$\sum _{j=1}^{\infty }|x\cdot e_{j}|^{2}\leq \|x\|^{2}$$

$$\sum _{j=1}^{\infty }|x\cdot e_{j}|^{2}\leq \|x\|^{2}$$

 

Condizioni equivalenti all'identità di Parseval

Per dimostrare il prossimo teorema serve il criterio seguente: Criterio sull'unione: Se $A=\bigcup A_{n}$$A=\bigcup A_{n}$ con $A_{n}\uparrow A$$A_n \uparrow A$, allora $d(x,A)=\lim _{n}d(x,A_{n})$$d(x,A)=\lim _{n}d(x,A_{n})$.

Dimostrazione

$A_{n}\subset A$$A_{n}\subset A$ allora $d(x,A)\leq \inf _{n}d(x,A_{n})$$d(x,A)\leq \inf _{n}d(x,A_{n})$. Viceversa, esiste una successione $(a_{k})$$(a_{k})$ di elementi di $A$$A$ che realizza l'inf, con $a_{k}\in A_{k}$$a_{k}\in A_{k}$, allora $d(x,A_{k})\leq d(x,a_{k})$$d(x,A_{k})\leq d(x,a_{k})$. Allora $\inf _{k}d(x,A_{k})\leq \inf _{k}d(x,a_{k})=d(x,A)$$\inf _{k}d(x,A_{k})\leq \inf _{k}d(x,a_{k})=d(x,A)$, cioè valgono le due disuguaglianze.

 

Teorema 4.2

Sia $X$$X$ di Hilbert, e $E=(e_{n})_{n\in \mathbb {N} }$$E=(e_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ un sottoinsieme ortonormale. Sono equivalenti:

1. se $x$$x$ è ortogonale ad $E$$E$, allora $x=0$$x=0$
2. $E$$E$ è completo
3. per ogni $x\in X$$x \in X$, $\|x\|^{2}=\sum |x\cdot e_{i}|^{2}$$\|x\|^{2}=\sum |x\cdot e_{i}|^{2}$ (identità di Parseval)

 

Dimostrazione

$1\longrightarrow 2$$1\longrightarrow 2$: $x\perp E$$x\perp E$ implica $x\perp {\rm {{Lin}E}}$$x\perp {\rm {{Lin}E}}$. Stiamo supponendo che $({\rm {{Lin}E)^{\perp }=0}}$$({\rm {{Lin}E)^{\perp }=0}}$, e questo implica che ${\rm {{Lin}E}}$${\rm {{Lin}E}}$ è denso in $X$$X$, cioè $X$$X$ è completo.

$3\longrightarrow 1$$3\longrightarrow 1$: supponiamo che valga l'identità di Parseval, e considero un vettore ortogonale ad $E$$E$, allora dev'essere $\|x\|=0$$\|x\|=0$ perché la serie a secondo membro dell'identità di Parseval è nulla.

$2\longrightarrow 3$$2\longrightarrow 3$: supponendo che $E$$E$ sia completo dimostro l'identità di Parseval. Fisso $x$$x$, e pongo $A_{n}={\rm {{Lin}(e_{1},\dots ,e_{n})}}$$A_{n}={\rm {{Lin}(e_{1},\dots ,e_{n})}}$, in modo che ${\rm {{Lin}E=\bigcup _{n}A_{n}}}$${\rm {{Lin}E=\bigcup _{n}A_{n}}}$. Quindi applicando il criterio sull'unione

$$d(x,{\rm {{Lin}E)=\lim _{n}d(x,A_{n})}}$$

$$d(x,{\rm {{Lin}E)=\lim _{n}d(x,A_{n})}}$$

Ma siccome $E$$E$ è completo, il primo membro è nullo (infatti $x\in {\bar {(}}{\rm {{Lin}E)=X}}$$x\in {\bar {(}}{\rm {{Lin}E)=X}}$ e la distanza di un punto da un insieme è nulla se il punto si trova nella chiusura di questo insieme).

Il secondo si riscrive come

$$\liminf _{n}\|x-x_{n}\|=0,\,{\hbox{formula 1}}$$

$$\liminf _{n}\|x-x_{n}\|=0,\,{\hbox{formula 1}}$$

Per Pitagora

$$\|x-x_{n}\|^{2}=\|x\|^{2}-\|x_{n}\|^{2}$$

$$\|x-x_{n}\|^{2}=\|x\|^{2}-\|x_{n}\|^{2}$$

e per la formula 1, il primo membro è nullo, quindi rimane

$$\|x\|^{2}=\|x_{n}\|^{2}=\sum _{j=1}^{n}|x\cdot e_{n}|^{2}$$

$$\|x\|^{2}=\|x_{n}\|^{2}=\sum _{j=1}^{n}|x\cdot e_{n}|^{2}$$

e ottengo l'uguaglianza.
Commento: La completezza è stata usata per dire che $d(x,{\rm {{Lin}E)=0}}$$d(x,{\rm {{Lin}E)=0}}$.

 

Spazio topologico separabile

Definizione 4.2

Se $Y$$Y$ è uno spazio topologico, $Y$$Y$ si dice separabile se ha un sottoinsieme denso numerabile.

 

Esempio 4.2

Ad esempio $Y=\mathbb {R}$$Y=\mathbb {R}$ è separabile e prendo come sottoinsieme numerabile $\mathbb {Q}$$\mathbb {Q}$. $I$$I$ non numerabile con la metrica discreta non è separabile, perché ogni insieme è chiuso con la topologia discreta, quindi preso $J\subset I$$J\subset I$ numerabile, si ha sempre ${\bar {J}}=J\neq I$${\bar {J}}=J\neq I$.

 

Esercizio 4.1

$l^{2}$$l^{2}$ è separabile. (tutte le combinazioni lineari finite di elementi razionali è un sottoinsieme numerabile denso)

 

Teorema 4.3

$X$$X$ ammette un sottoinsieme ortonormale completo e numerabile se e solo se è separabile come spazio topologico.

 

Dimostrazione

$1\longrightarrow 2$$1\longrightarrow 2$: se esiste $E\subset X$$E\subset X$ sottoinsieme ortonormale completo e numerabile, allora $X$$X$ è separabile per definizione.

$2\longrightarrow 1$$2\longrightarrow 1$: suppongo che $X$$X$ sia separabile, allora esiste un sottoinsieme numerabile denso $(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }$$(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }$, devo trovare però un sottoinsieme denso numerabile e ortonormale. Considero $E$$E$ un sistema ortonormale completo (esistenza da dimostrare), e mostro che è numerabile. A priori se $i\neq j$$i \neq j$,

$$d(e_{i},e_{j})^{2}=|e_{i}-e_{j}\cdot e_{i}-e_{j}|=\|e_{i}\|^{2}+\|e_{j}\|^{2}=2$$

$$d(e_{i},e_{j})^{2}=|e_{i}-e_{j}\cdot e_{i}-e_{j}|=\|e_{i}\|^{2}+\|e_{j}\|^{2}=2$$

quindi dati due vettori di un insieme ortonormale, la loro distanza è sempre ${\sqrt {2}}$${\sqrt {2}}$.

Considero la famiglia delle bolle centrate negli $e_{i}$$e_{i}$ e di raggio ${\sqrt {2}}/2$${\sqrt {2}}/2$. Le bolle sono disgiunte. Per ogni $i$$i$, esiste $n$$n$ tale che $x_{n}\in B(e_{i},{\sqrt {2}}/2)$$x_{n}\in B(e_{i},{\sqrt {2}}/2)$ per il criterio sulla densità. Abbiamo costruito una funzione $f\colon I\to \mathbb {N}$$f\colon I\to \mathbb {N}$ iniettiva, infatti se $i\neq i'$$i\neq i'$, $f(i)\neq f(i')$$f(i)\neq f(i')$ (questa funzione associa una bolla centrata in un punto con indice nell'insieme $I$$I$ a un punto dell'insieme numerabile $X_{n}$$X_n$). Allora per l'iniettività della funzione $|I|\leq |\mathbb {N} |$$|I|\leq |\mathbb {N} |$.

 

Teorema 4.4 (teorema di Cantor-Bernstein)

Dati due insiemi $A,B$$A,B$, se esiste $f:A\to B$$f:A \to B$ iniettiva e $g:B\to A$$g:B\to A$ iniettiva, allora esiste $h:A\to B$$h:A\to B$ biettiva.

 

$|A|\leq |B|$$|A|\leq |B|$ se e solo se esiste $f:A\to B$$f:A \to B$ iniettiva.

Quarta condizione equivalente all'identità di Parseval

Teorema 4.5

Sia $X$$X$ uno spazio di Hilbert e $E\subset X$$E\subset X$. $E$$E$ numerabile è completo e ortonormale se e solo se per ogni $x\in X$$x \in X$ si ha che

$$x=\sum _{k=1}^{\infty }|x\cdot e_{k}|*e_{k}$$

$$x=\sum _{k=1}^{\infty }|x\cdot e_{k}|*e_{k}$$

(ogni vettore è somma della sua serie di Fourier).

 

Dimostrazione

$1\longrightarrow 2$$1\longrightarrow 2$: Supponiamo che $E$$E$ sia completo e ortonormale. Mostro prima che la serie di Fourier converge. Considero la successione delle somme parziali

$$s_{n}=\sum _{k=1}^{n}|x\cdot e_{k}|*e_{k}$$

$$s_{n}=\sum _{k=1}^{n}|x\cdot e_{k}|*e_{k}$$

Mostro che la successione è di Cauchy: per la completezza di $E$$E$, vale l'identità di Parseval, quindi esiste $n_{0}$$n_{0}$ tale che

$$\sum _{k=n_{0}+1}^{\infty }|x\cdot e_{k}|^{2}\leq \varepsilon .$$

$$\sum _{k=n_{0}+1}^{\infty }|x\cdot e_{k}|^{2}\leq \varepsilon .$$

(la coda della serie è trascurabile perché la serie converge)
Siano $m,n>n_{0}$$m,n>n_{0}$, suppongo $n>m$$n>m$ senza perdita di generalità, allora

$$|s_{n}-s_{m}|^{2}=\|\sum _{k=1}^{n}|x\cdot e_{k}|*e_{k}-\sum _{k=1}^{m}|x\cdot e_{k}|*e_{k}\|^{2}$$

$$|s_{n}-s_{m}|^{2}=\|\sum _{k=1}^{n}|x\cdot e_{k}|*e_{k}-\sum _{k=1}^{m}|x\cdot e_{k}|*e_{k}\|^{2}$$

$$=\|\sum _{k=n}^{m}|x\cdot e_{k}|*e_{k}\|^{2}$$

$$=\|\sum _{k=n}^{m}|x\cdot e_{k}|*e_{k}\|^{2}$$

e siccome i vettori sono a due a due ortogonali, il quadrato della norma è:

$$=\sum _{k=n}^{m}|x\cdot e_{k}|^{2}\leq \varepsilon ^{2}$$

$$=\sum _{k=n}^{m}|x\cdot e_{k}|^{2}\leq \varepsilon ^{2}$$

per l'identità di Parseval, quindi la successione è di Cauchy. Siccome lo spazio è completo la successione converge ad un certo $y$$y$, cioè posso scrivere $y=\lim _{n\to \infty }s_{n}$$y=\lim _{n\to \infty }s_{n}$ con $s_{n}$$s_{n}$ successione delle somme parziali.
Fisso un vettore $e_{k}$$e_k$ nell'insieme ortonormale e calcolo

$$(x-y)\cdot e_{k}=x\cdot e_{k}-y\cdot e_{k}=x\cdot e_{k}-(\lim _{n\to \infty }s_{n})\cdot e_{k}$$

$$(x-y)\cdot e_{k}=x\cdot e_{k}-y\cdot e_{k}=x\cdot e_{k}-(\lim _{n\to \infty }s_{n})\cdot e_{k}$$

per continuità del prodotto scalare

$$=x\cdot e_{k}-\lim _{n}(s_{n}\cdot e_{k})=x\cdot e_{k}-\lim _{n}[(\sum _{j=1}^{n}|x\cdot e_{j}|*e_{j})\cdot e_{k}],$$

$$=x\cdot e_{k}-\lim _{n}(s_{n}\cdot e_{k})=x\cdot e_{k}-\lim _{n}[(\sum _{j=1}^{n}|x\cdot e_{j}|*e_{j})\cdot e_{k}],$$

e siccome rimane solo il termine con $j=k$$j=k$ si ha:

$$=x\cdot e_{k}-\lim _{n}|x\cdot e_{k}|=x\cdot e_{k}-x\cdot e_{k}=0$$

$$=x\cdot e_{k}-\lim _{n}|x\cdot e_{k}|=x\cdot e_{k}-x\cdot e_{k}=0$$

quindi $(x-y)\perp e_{k}\forall k$$(x-y)\perp e_{k}\forall k$. Ma $E^{\perp }=\{0\}$$E^{\perp }=\{0\}$ perché $E$$E$ è completo, quindi $x-y=0$$x-y=0$, cioè $x=y$$x=y$, e $x$$x$ è proprio il limite della successione delle somme parziali, e quindi la somma della serie.

$2\longrightarrow 1$$2\longrightarrow 1$: supponiamo che ogni $x$$x$ sia somma della sua serie di Fourier, cioè che $x=\lim _{n\to \infty }s_{n}$$x=\lim _{n\to \infty }s_{n}$ con $s_{n}$$s_{n}$ somme parziali della serie. Per mostrare che il sistema $E$$E$ è completo mostro che vale Parseval, che è una condizione equivalente alla completezza.

$$\|x\|^{2}=x\cdot x=x\cdot \lim _{n}s_{n}=\lim _{n}(x\cdot s_{n})$$

$$\|x\|^{2}=x\cdot x=x\cdot \lim _{n}s_{n}=\lim _{n}(x\cdot s_{n})$$

ma

$$x\cdot s_{n}=x\cdot (\sum _{k=1}^{n}x\cdot e_{k}*e_{k})=\sum _{k=1}^{n}(x\cdot e_{k})^{2}.$$

$$x\cdot s_{n}=x\cdot (\sum _{k=1}^{n}x\cdot e_{k}*e_{k})=\sum _{k=1}^{n}(x\cdot e_{k})^{2}.$$

e per $n\to \infty$$n\to \infty$,

$$\|x\|^{2}=\lim _{n\to \infty }x\cdot s_{n}=\sum _{k=1}^{\infty }(x\cdot e_{k})^{2}.$$

$$\|x\|^{2}=\lim _{n\to \infty }x\cdot s_{n}=\sum _{k=1}^{\infty }(x\cdot e_{k})^{2}.$$

 

Questa condizione è equivalente alla completezza di $E$$E$ e vale se il sistema è numerabile (quindi in spazi separabili). Infatti in spazi non numerabili la convergenza della serie è legata all'ordine in cui vengono presentati i termini,

mentre nel caso numerabile ciò non avviene.

Osservazione 4.1

Sia $E\subset X$$E\subset X$ un sottoinsieme ortonormale (non ci sono ipotesi sulla completezza e sulla cardinalità di $E$$E$). Fisso un vettore $x$$x$, allora se considero i prodotti scalari $\{x\cdot e,\,e\in E\}$$\{x\cdot e,\,e\in E\}$, essi sono quasi tutti nulli (tranne al più una famiglia numerabile).

 

Dimostrazione

Questo è vero perché vale la disuguaglianza di Bessel, chiamo $E_{n}=\{e\,t.c.\,x\cdot e>1/n\}$$E_{n}=\{e\,t.c.\,x\cdot e>1/n\}$. Allora $E_{n}$$E_n$ deve essere finito. Supponiamo per assurdo che non sia finito, allora esistono $e_{1},e_{2},\dots \in E_{n}$$e_{1},e_{2},\dots \in E_{n}$, e su questo sottoinsieme ortonormale numerabile vale Bessel, allora

$$\sum _{k=1}^{\infty }|x\cdot e_{k}|^{2}\leq \|x\|^{2}$$

$$\sum _{k=1}^{\infty }|x\cdot e_{k}|^{2}\leq \|x\|^{2}$$

e quindi la serie converge. D'altra parte i moduli $|x\cdot e_{n}|$$|x\cdot e_{n}|$ devono essere maggiori di $1/n$$1/n$ per l'ipotesi assurda, e quindi si ha una contraddizione perché la serie al membro di sinistra non converge. Quindi ogni $E_{n}$$E_n$ è finito. Inoltre

$$\{e\in E\,t.c.\,x\cdot e\neq 0\}==\bigcup _{n\in \mathbb {N} }E_{n}$$

$$\{e\in E\,t.c.\,x\cdot e\neq 0\}==\bigcup _{n\in \mathbb {N} }E_{n}$$

e siccome ogni insieme del membro di destra è finito, l'insieme di sinistra è al più numerabile.

 

Esercizio 4.2 (spazio di Hilbert non separabile)

Sia $I$$I$ non numerabile, e chiamo

$$l^{2}(I)=\{f\colon I\to \mathbb {R} \,t.c.\,f(i)\neq 0\,{\hbox{solo su un sottoinsieme numerabile di }}X,\,\wedge \sum _{i}|f(i)|^{2}<\infty .\}$$

$$l^{2}(I)=\{f\colon I\to \mathbb {R} \,t.c.\,f(i)\neq 0\,{\hbox{solo su un sottoinsieme numerabile di }}X,\,\wedge \sum _{i}|f(i)|^{2}<\infty .\}$$

Se $I=\mathbb {N}$$I=\mathbb {N}$, ho il solito sottoinsieme $l^{2}$$l^{2}$ delle successioni convergenti a valori in $\mathbb {R}$$\mathbb {R}$).

 

Dimostrazione

Il prodotto scalare definito su questo spazio è

$$f\cdot g=\sum _{i\in I}f(i)g(i)$$

$$f\cdot g=\sum _{i\in I}f(i)g(i)$$

che induce la norma

$$\|f\|_{2}={\sqrt {\sum _{i}|f(i)|^{2}}}$$

$$\|f\|_{2}={\sqrt {\sum _{i}|f(i)|^{2}}}$$

Per mostrare che l'insieme non è separabile, considero le funzioni della forma $f_{i}(j)=\delta _{ij}$$f_{i}(j)=\delta _{ij}$ per ogni $i\in I$$i\in I$. Osservo che se $i\neq j$$i \neq j$,

$$d(f_{k},f_{j})^{2}=\sum _{i}|f_{k}-f_{j}|^{2}=2$$

$$d(f_{k},f_{j})^{2}=\sum _{i}|f_{k}-f_{j}|^{2}=2$$

infatti ci sono solo due coordinate non nulle e uguali a 1.

$$d(f_{i},f_{j})={\sqrt {2}}$$

$$d(f_{i},f_{j})={\sqrt {2}}$$

allora prendendo le bolle di centro $i$$i$ e raggio ${\sqrt {2}}/4$${\sqrt {2}}/4$, queste sono disgiunte. Sappiamo che uno spazio separabile ammette un sottoinsieme $V$$V$ completo, ortonormale e numerabile. Per la densità di $V$$V$, ogni bolla disgiunta ne contiene almeno un elemento: gli elementi di $V$$V$ sono al più numerabili se lo spazio è separabile. Quindi se $I$$I$ è non numerabile le bolle sono più che numerabili e di conseguenza lo stesso vale per gli elementi di $V$$V$, quindi $l^{2}(I)$$l^{2}(I)$ non è separabile.