Espacio prehilbertiano de las sucesiones finitamente no nulas

Demostramos que el espacio de las sucesiones complejas finitamente no nulas, es espacio prehilbertiano pero no de Hilbert.

Enunciado
(a) Sea $P$ el espacio vectorial complejo de las sucesiones complejas $x=(x_n)$ finitamente no nulas, (es decir con sólo un número finito de términos no nulos), con las operaciones habituales. Demostrar que $P$ es prehilbertiano con $\langle x,y\rangle=\sum x_j\overline{y_j}$.
(b) Demostrar que $P$ no es de Hilbert.

Solución
(a) Para todo $x,y\in P$, $\langle y,x\rangle=\sum y_j\overline{x_j}=\sum \overline{x_j\overline{y_j}}=\overline{\sum x_j\overline{y_j}}=\overline{\langle x,y\rangle}.$
Para todo $x,y,z\in P$, $$\langle x+y,z\rangle=\sum\left(x_j+y_j\right)\overline{z_j}=\sum\left(x_j\overline{z_j}+y_j\overline{z_j}\right)$$ $$=\sum x_j\overline{z_j}+\sum y_j\overline{z_j}=\langle x,z\rangle+\langle y,z\rangle.$$ Para todo $\alpha\in\mathbb{C}$ y para todo $x\in P,$ $$\langle \alpha x,y \rangle=\sum (\alpha x_j)\overline{y_j}=\sum \alpha (x_j\overline{y_j})=\alpha \sum x_j\overline{y_j}=\alpha \langle x,y \rangle.$$ Para todo $0\neq x\in P$ existe al menos un $x_j$ no nulo, por tanto: $$\langle x,x\rangle=\sum x_j\overline{x_j}=\sum \left| x_j \right|^2>0.$$ (b) Consideremos los elementos de $P$
$$\begin{aligned}
&s_1=(1,0,0,\ldots)\\
&s_2=(1,1/2,0,0,\ldots)\\
&s_3=(1,1/2,1/3,0,0,\ldots)\\
& \ldots\\
&s_n=(1,1/2,1/3,\ldots.1/n,0,0\ldots)\\
&\ldots
\end{aligned}$$ Para todo $n,k$ enteros no negativos tenemos $$\left\|s_{n+k}-s_n\right\|^2=\left\|\left(0,\ldots,0,\frac{1}{n+1},\frac{1}{n+2},\ldots,\frac{1}{n+k},0,\ldots\right)\right\|^2=\sum_{j=n+1}^{n+k}\frac{1}{j^2}.$$ Como la serie $\sum_{1}^{\infty}1/j^2$ es convergente, se verifica $$d(x_{n+k},x_n)=\left\|s_{n+k}-s_n\right\|\to 0\text{ si }n\to \infty$$ lo cual implica que $s_n$ es sucesión de Cauchy. Veamos ahora que $s_n$ no es convergente en $P$. En efecto, supongamos que $s_n\to s$ con $$s=(a_1,a_2,\ldots,a_N,0,0,\ldots)\in P.$$ Para $n\ge N$ $$\left\|s_{n}-s\right\|^2=\sum_{j=1}^{n}\left|\frac{1}{j}-a_j\right|^2+\sum_{j=n+1}^{\infty}\left|a_j\right|^2=\sum_{j=1}^{n}\left|\frac{1}{j}-a_j\right|^2+0.$$ Haciendo $n\to\infty$ obtenemos $\sum_{j=1}^{\infty}\left|1/j-a_j\right|^2= 0$ lo cual exige $a_j=1/j$ para todo $j$, que contradice la hipótesis $s\in P$.