差不多是这样子吧

想到一种做法可以证明，对任意无理数a，和非整数的实数b， 总存在正整数n使{an}+{bn}≥1
假设存在这样的a, b，a是无理数，b不是整数，并且对任何正整数n，{an}+{bn}<1
先分类证明存在正整数m使{bm}≥1/2
(按照b是有理数或无理数分类)
然后令u={am}, v={bm}，由假设可知对任何正整数n，{un}+{vn}= {am*n}+{bm*n} <1
由于u+v= {u}+{v}<1，并且u是无理数，由克罗内克逼近定理可知，存在正整数n使得 v< {un}< 1-u
由假设可知 {vn}< 1-{un} < 1-v
则{un} + u < 1，{vn} + v < 1
所以{u(n+1)} = {un}+u，{v(n+1)}= {vn}+v
但 {un}+u+{vn}+v ＞{un}+v＞ 2v≥1，则{u(n+1)} + {v(n+1)} ＞1，和假设矛盾，所以要证的结论是成立的

如果 [an]+[bn]= [cn] 对任意正整数n成立，由于 an-1+bn-1 < [an]+[bn] = [cn]≤cn，可得(a+b-c)n<2
而 cn-1< [cn]= [an]+[bn]≤an+bn，可得 (a+b-c)n＞-1
这两个式子对任意正整数n成立，只可能a+b=c
所以由an+bn=cn，和[an]+[bn]=[cn]，相减可得{an}+{bn}={cn}= {an+bn}，相当于{an}+{bn}<1对任何正整数n 成立
按照5楼结论，如果a, b都不是整数，那a, b中不会有无理数，所以只要再证明当a, b都是非整数的有理数时，总存在正整数n使{an}+{bn}≥1 就可以了

假设非整数的有理数a = r/s, b= u/v，其中r与s互素, u与v互素，且s＞1, v＞1
可以取某个正整数n使n同时与s, v互素，则{an}= {rn/s}＞0, {bn}= {un/v}＞0
然后取正整数n'= k*[s, v] - n，这样n+n'同时是s和v的倍数，a(n+n')和b(n+n')都是整数，所以{an'}= 1-{an}, {bn'}=1-{bn}
这样{an}+{bn}<1 和 {an'}+{bn'}<1 不可能同时成立，所以总有正整数n 使{an}+{bn}≥1