¿Cuándo las integrales definidas de funciones continuas son distintas por pares?

Question

Dejemos que $f_1, \ldots, f_n : [0,1]\rightarrow\mathbb{R}_{>0}$ sea una familia finita de funciones continuas (positivas).

Me preguntaba cuál es la condición más débil que se puede imponer al $f_i$ para garantizar que

$$\tag{1}\exists\, \text 0\leq s < t \leq 1 \quad \text{ s.t. } \ \text{ the numbers} \quad q_i(s,t):=\int_s^t\!f_i(u)\,\mathrm{d}u, \ \ i=1,\ldots, n, \quad \text{ are pairwise distinct}? $$

(Por si alguien tiene dudas: Esto es no una pregunta de los deberes).

Answer 1

Yo pensaría en una declaración como ésta:

Supongamos que existe un $x\in[0,1]$ de manera que el $f_i(x)$ , $i=1,\ldots,n$ son distintos por parejas. Entonces hay un $\varepsilon>0$ , de manera que los números $$ \int_{\max(0,x-\varepsilon)}^{\min(1,x+\varepsilon)}f_i(t)dt \qquad\mbox{for}\ i=1,\ldots,n $$ son distintos por parejas.

La prueba es así: W.l.o.g. asume $f_1(x)< f_2(x)<\cdots \le f_n(x)$ . Entonces, por continuidad de las funciones $f_i$ Hay un $\varepsilon>0$ , de tal manera que $$f_1(t)<f_2(t)<\cdots<f_n(t) \qquad\mbox{holds for all}\ t\in(x-\varepsilon,x+\varepsilon)\cap[0,1].$$ Esto da como resultado inmediato $$ \int_{\max(0,x-\varepsilon)}^{\min(1,x+\varepsilon)}f_1(t)dt\le \int_{\max(0,x-\varepsilon)}^{\min(1,x+\varepsilon)}f_2(t)dt\le\cdots\le\int_{\max(0,x-\varepsilon)}^{\min(1,x+\varepsilon)}f_n(t)dt, $$ por monotonicidad de la integral. Para demostrar que estas desigualdades son estrictas, supongamos que $$\int_{\max(0,x-\varepsilon)}^{\min(1,x+\varepsilon)}f_k(t)dt = \int_{\max(0,x-\varepsilon)}^{\min(1,x+\varepsilon)}f_{k+1}(t)dt \quad\Longrightarrow \int_{\max(0,x-\varepsilon)}^{\min(1,x+\varepsilon)}(f_{k+1}(t)-f_k(t))dt=0. $$ Por lo tanto, $f_{k+1}(t)=f_k(t)$ para casi todos los $t\in(x-\varepsilon,x+\varepsilon)\cap[0,1]$ , lo que supone una contradicción con la desigualdad estricta anterior.