记 A={nα},B={nα2}。由上步知 AB=N−(kB+mA)，其中 N 为某整数，k=⌊nα⌋,m=⌊nα2⌋。
假设 A+B<Cn−1/2。由于 A,B≥0，必有 A<Cn−1/2 且 B<Cn−1/2。
此时 AB<C2n−1。
考察线性项 L=kB+mA。由于 k≈nq1/3,m≈nq2/3，我们有
L≈nq1/3B+nq2/3A=n(q1/3B+q2/3A)。
若 A,B 均小于 Cn−1/2，则 L<n(q1/3+q2/3)Cn−1/2=C(q1/3+q2/3)n1/2。
另一方面，AB=N−L。因为 0≤AB<1（当 n 足够大时），且 N 是整数，这迫使 L 必须非常接近某个整数 N。
具体地，∣L−N∣=AB<C2/n。
这意味着 L 距离整数的距离小于 C2/n。
但 L=kB+mA 是 1,α 的线性形式（模整数）。由刘维尔定理或贝克定理的初等形式，对于固定的非零整系数线性型，其值不能太接近整数，除非它为 0。
然而这里系数 k,m 随 n 变化。我们需要更直接的估计。
回到 AB+kB+mA=N。左边 =B(k+A)+mA=B(nα)+mA=nαB+mA。
同理也可写为 A(nα2)+kB。
若 A,B 极小，比如 <n−1/2，则 nαB+mA≈n⋅n−1/2=n1/2。
这个量级 n1/2 远大于 AB∼n−1。
要使 nαB+mA 成为整数（或接近整数），考虑到 α 是无理数，B 和 A 不能随意取值。
实际上，若 A+B<Cn−1/2，则 A,B<Cn−1/2。
于是 nαB+mA<nq1/3Cn−1/2+nq2/3Cn−1/2=C(q1/3+q2/3)n1/2。
但这并不直接导致矛盾。我们需要利用 N 必须是整数这一事实。
关键观察：AB+kB+mA=N∈Z。
若 A,B>0，则 AB+kB+mA>0，故 N≥1。
因此 kB+mA>1−AB。当 n 大时 AB 很小，故 kB+mA≳1。
这总是成立的如果 A,B∼n−1/2，因为 kB∼n1/2。
真正的约束来自 AB=N−(kB+mA)。
因为 0<AB<1（对充分大 n），所以 kB+mA 必须落在区间 (N−1,N) 内，且距离端点至少 AB。
即 ∥kB+mA∥Z=AB，其中 ∥x∥Z 表示 x 到最近整数的距离。
现在 kB+mA=⌊nα⌋{nα2}+⌊nα2⌋{nα}。
注意 ⌊nα⌋=nα−A,⌊nα2⌋=nα2−B。
代入得：(nα−A)B+(nα2−B)A=nαB−AB+nα2A−AB=n(αB+α2A)−2AB。
所以 ∥n(αB+α2A)−2AB∥Z=AB。
由于 AB 很小，这等价于 ∥n(αB+α2A)∥Z≈AB（误差 2AB 量级）。
令 Λ=n(α{nα2}+α2{nα})。
我们需要 ∥Λ∥Z≤3AB（三角不等式）。
但 Λ=nα{nα2}+nα2{nα}。
注意 nα2{nα}=nα2(nα−⌊nα⌋)=n2α3−nα2⌊nα⌋=n2q−⌊nα⌋nα2。
这似乎又绕回去了。让我们换一种更清晰的表述。
我们有恒等式：
{nα}{nα2}+⌊nα⌋{nα2}+⌊nα2⌋{nα}=Kn∈Z
且 Kn≥1（因为各项非负且不全为0）。
设 S={nα}+{nα2}。假设 S<ϵ。
则 {nα}<ϵ,{nα2}<ϵ。
于是 {nα}{nα2}<ϵ2。
而 ⌊nα⌋{nα2}+⌊nα2⌋{nα}≈nq1/3{nα2}+nq2/3{nα}。
记 X={nα},Y={nα2}。
方程变为 XY+(nα−X)Y+(nα2−Y)X=Kn。
化简：XY+nαY−XY+nα2X−XY=Kn⟹n(αY+α2X)−XY=Kn。
所以 n(αY+α2X)=Kn+XY。
因为 0<XY<ϵ2，且 Kn 是正整数，所以 n(αY+α2X) 略大于一个整数。
特别地，n(αY+α2X)>1。
又因为 X,Y<ϵ，有 n(αY+α2X)<n(α+α2)ϵ。
若取 ϵ=Cn−1/2，则右边 ≈C(α+α2)n1/2。
这本身不矛盾。矛盾来自于 XY=n(αY+α2X)−Kn。
即 XY 是 n(αY+α2X) 的小数部分（近似）。
但 XY<C2/n。
而 n(αY+α2X)=nαY+nα2X。
注意 nα2X=nα2{nα}={nα2⋅nα}={n2q}=0？不对！
nα2⋅nα=n2q 是整数，但 nα2⋅{nα}={nα2⋅nα}。
正确推导：nα2X=nα2(nα−k)=n2q−knα2。
所以 nα2X 的小数部分等于 {−knα2}={−k(m+Y)}={−kY}（因为 km 是整数）。
同理 nαY=nα(nα2−m)=n2q−mnα，其小数部分为 {−mX}。
因此 n(αY+α2X) 的小数部分等于 {−mX−kY}={−(mX+kY)}。
回到方程 XY=Kn−n(αY+α2X)。
取小数部分：{XY}={−n(αY+α2X)}={mX+kY}。
因为 XY<1（对大 n），所以 XY={mX+kY}。
现在 m≈nq2/3,k≈nq1/3。
若 X,Y<Cn−1/2，则 mX+kY<C(q2/3+q1/3)n1/2。
但这仍允许 mX+kY 很大。关键是 XY 极小。
我们有 XY={mX+kY}。
这意味着 mX+kY 非常接近某个整数 J，且距离恰好为 XY。
即 ∣mX+kY−J∣=XY<C2/n。
现在 mX+kY=⌊nα2⌋{nα}+⌊nα⌋{nα2}。
这是一个关于 1,α 的线性型吗？
mX+kY=(nα2−Y)X+(nα−X)Y=nα2X+nαY−2XY。
这又循环了。让我们直接用 X,Y 表示。
mX+kY=⌊nα2⌋X+⌊nα⌋Y。
由于 ⌊nα⌋,⌊nα2⌋ 是整数，mX+kY 模 1 等于 {⌊nα2⌋X+⌊nα⌋Y}。
但我们有精确等式 XY={mX+kY}。
因为 X,Y>0，mX+kY>0。又 XY<1，所以 {mX+kY}=XY 意味着存在整数 J≥0 使得
mX+kY=J+XY。
即 mX+kY−XY=J∈Z。
但前面已证 mX+kY+XY=Kn∈Z。
两式相减：(mX+kY+XY)−(mX+kY−XY)=2XY=Kn−J。
所以 2XY 必须是整数！
但 0<XY<C2/n。当 n>2C2 时，0<2XY<1，不可能是整数。
矛盾！
因此假设 X+Y<Cn−1/2 不成立，只要 n 足够大使得 C2/n<1/2。
对于小的 n，由于 α 无理，X+Y>0，可取 C 足够小使不等式成立。
综上，存在 C>0 使得对所有 n，{nα}+{nα2}≥Cn−1/2。