我不知道结果的引用。但这句话很简单，只需在这里给出一个证明。
首先，观察到$f$必然是凸的（取$f_i（tx+（1-t）y）\leq-tf_i。这意味着$f$达到了它的下确界[Roc，第27节]：存在$x_0$，因此所有$x\in\mathbb{R}$都有$f（x_0）\leqf（x）$。
我们现在用矛盾来证明这一主张。假设$\inf f_i\not\to\inf f$。那么$\limsup_i\inf_{\mathbb{R}}f_i>\inf f$或$\liminf_i\inf_{mathbb}f_i<\inf f$中的至少一个是真的，我们称之为情况1和2。
情形1：在获得子序列$f_{i'}$之后，我们发现存在一个固定常数$\epsilon$，即$f_}i'}（x）>\inf_{\mathbb{R}}f_{i'}>\inf f+\epsilen$。这与$f_{i'}（x_0）到f（x_0）=\inf f$相矛盾。
情形2：在获得子序列$f_{i'}$之后，我们发现存在一个固定常数$\epsilon$，即$\inf_{mathbb{R}}f_{i'}<\inff-\epsilen$。根据定义，存在$x_{i'}$，这样$f_{i'}（x_{i’}）\leq\inf f_{i'}+\epsilon/2$。现在，如果$x{i'}$累积到$x{\infty}$，那么$f（x{\infty}）\leq\inf f_{i'{+\epsilon/2<\inf f$是一个矛盾。所以$x_{i'}$不能累加，所以每个闭合区间只能有有限多个。在不损失一般性的情况下，我们可以假设子序列$x_{i''}\to+\infty$。通过凸性$f_{i''}|_{[x_0，x_{i'}]}\leq\inf f$，因此逐点收敛意味着$f|_{[x_0、\infty）}=f（x_0）$。这与$f$的非单调性相矛盾。
Rockafeller公司，凸分析
注意，我假设非单调性意味着非弱单调性。如果非单调性允许函数是弱单调的，但不是强单调的，那么该语句是错误的：如果需要$\inf f_n>-\infty$，如果$x<0$，可以让$f（x）=0$；如果$x\geq 0$，则可以让$f（x）=x$。并通过定义$f_n$
$$f_n（x）=\开始｛案例｝-1&x<-n\\x/n&-n\leq x<0\\x&0\leqx\end{cases}$$
