Sei $f:[0,1]\rar X$ eine stetige Funktion in einen strikt konvexen Banachraum $X$, so daß $\norm{\int f(t)\,dt}=\int\norm{f(t)}\,dt$. Dann gibt es eine stetige, nicht negative Funktion $\vp(t)$ und ein $x\in X$, so daß $f(t)=\vp(t)x$. Ist also darüber hinaus $\norm{f(t)}$ konstant, so ist $f$ konstant.
Sei $A$ eine beliebige meßbare Teilmenge von $[0,1]$ mit $0 < \l(A) < 1$; setze
$$
x\colon=\frac1{\l(A)}\int_A f\,d\l,\quad
y\colon=\frac1{\l(A^c)}\int_{A^c} f\,d\l.
$$
Dann ist $\int f(t)\,dt=\l(A)x+\l(A^c)y$ und
$$
\int\norm f\,d\l
=\int_A\norm f\,d\l+\int_{A^c}\norm f\,d\l
\geq\l(A)\Vert x\Vert+\l(A^c)\Vert y\Vert
\geq\norm{\l(A)x+\l(A^c)y}
=\norm{\int f\,d\l}~.
$$
Folglich tritt in allen Ungleichungen der Gleichheitsfall auf, i.e. falls $x\neq0$: $y=hx$ mit $h\geq0$ und falls $y\neq0$: $x=gy$ mit $g\geq0$. Setzen wir insbesondere $A=[0,t]$ und $F(t)\colon=\int_0^t f(s)\,ds$ so folgt für alle $t$ mit $F(t)\neq0$:
$$
\frac{F(1)-F(t)}{1-t}=h(t)\frac{F(t)}t
\quad\mbox{i.e.}\quad
F(t)=\frac{t}{t+h(t)(1-t)}F(1)
\quad\mbox{und}\quad
h(t)=\frac{t}{1-t}\frac{\norm{F(1)}-\norm{F(t)}}{\norm{F(t)}}~.
$$
Für $F(1)-F(t)\neq0$ folgt:
$$
g(t)\frac{F(1)-F(t)}{1-t}=\frac{F(t)}t
\quad\mbox{i.e.}\quad
F(t)=\frac{tg(t)}{tg(t)+(1-t)}F(1)
\quad\mbox{und}\quad
g(t)=\frac{1-t}{t}\frac{\norm{F(t)}}{\norm{F(1)}-\norm{F(t)}}
$$
Falls sowohl $F(t)$ als auch $F(1)-F(t)$ verschwinden, dann verschwindet auch $F(1)$ und damit $f$.
Damit folgt $f(t)=\vp(t)F(1)$. Ferner muß gelten $\vp(t)\geq0$, denn $\norm{\int f(t)\,dt}=\int\norm{f(t)}\,dt$ impliziert:
$$
\int|\vp(t)|\,dt=\Big|\int \vp(t)\,dt\Big|~.
$$