求证：对每个整数k≥1，存在k位数n满足10^k|n²-n

这是个关于自守数的经典数论问题，咱们用数学归纳法一步步严谨证明这个结论，过程非常直观：

基例验证（k=1） #

当k=1时，我们需要找1到9之间的整数n，让10能整除n² - n。试算几个数就能发现：

• n=1：1² -1=0，10整除0，符合要求；
• n=5：5² -5=20，20是10的倍数，符合；
• n=6：6² -6=30，同样满足条件。
  显然基例成立，存在这样的1位数。

归纳步骤（从k=m推k=m+1） #

假设对于某个整数m≥1，存在m位数nₘ（满足10ᵐ⁻¹ ≤ nₘ <10ᵐ），使得10ᵐ | nₘ² -nₘ（也就是nₘ² ≡nₘ mod 10ᵐ）。现在我们要构造出一个m+1位数nₘ₊₁，让它也满足10ᵐ⁺¹ |nₘ₊₁² -nₘ₊₁。

我们设nₘ₊₁ = nₘ + t×10ᵐ，其中t是0到9之间的整数。先展开计算nₘ₊₁² -nₘ₊₁：

nₘ₊₁² -nₘ₊₁ = (nₘ + t×10ᵐ)² - (nₘ + t×10ᵐ)
= nₘ² + 2t×10ᵐnₘ + t²×10²ᵐ -nₘ -t×10ᵐ
= (nₘ² -nₘ) + 10ᵐ(2t nₘ - t) + t²×10²ᵐ

根据归纳假设，nₘ² -nₘ是10ᵐ的倍数，我们可以写成nₘ² -nₘ = s×10ᵐ（s是整数），代入上式后：

= s×10ᵐ + 10ᵐ(2t nₘ - t) + t²×10²ᵐ
= 10ᵐ [s + 2t nₘ - t + t²×10ᵐ]

要让这个式子能被10ᵐ⁺¹整除，只需要括号里的部分能被10整除，也就是：
s + 2t nₘ - t ≡ 0 mod 10
整理一下就是：
t(2nₘ -1) ≡ -s mod 10

注意到2nₘ -1是奇数（偶数减1必然是奇数），而奇数和10是互质的，所以不管-s mod10是什么值，都存在唯一的t∈{0,1,...,9}满足这个同余式。同时，我们可以选到合适的t，让nₘ₊₁ =nₘ +t×10ᵐ成为m+1位数（比如当t≥1时，nₘ₊₁ ≥10ᵐ⁻¹ +10ᵐ=11×10ᵐ⁻¹≥10ᵐ，刚好符合m+1位数的范围）。

举个例子验证：当k=1时n₁=5，n₁²-n₁=20=2×10¹，所以s=2，代入式子得t×(2×5-1)≡-2 mod10 → 9t≡8 mod10，解得t=2，则n₂=5+2×10=25，25²-25=600，600能被100整除，25是两位数，完全符合要求。

这就说明归纳步骤成立：如果k=m时存在这样的数，k=m+1时也一定存在。

结论 #

根据数学归纳法，对于每个整数k≥1，都存在k位数n，使得10ᵏ |n² -n，也就是n²的最后k位数字和n的最后k位数字完全相同（这类数就是我们说的自守数）。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Tiago Emilio Siller