如果一个正整数的十进制表示中，任何两个相邻数字的奇偶性不同，则称这个正整数为交替数．
试求出所有的正整数 $n$，使得 $n$ 至少有一个倍数为交替数．（伊朗）
试求出所有的正整数 $n$，使得 $n$ 至少有一个倍数为交替数．（伊朗）
【难度】
【出处】
2004年第45届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
证法一
引理一：对正整数 $k$，存在 $0\leqslant a_1,a_2,\cdots,a_{2k}\leqslant 9$，使得 $a_1,a_2,\cdots,a_{2k-1}$ 是奇数，$a_2,a_4,\cdots,a_{2k}$ 是偶数，且
$2^{2k+1}|\overline{a_1a_2\cdots a_k}$（表示十进制数）．
引理一的证明：对 $k$ 用数学归纳法．
$k=1$ 时，由 $8|16$ 知命题成立．
假设 $k=n-1$ 时结论成立．$k=n$ 时，设
$\overline{a_1a_2\cdots a_{2n-2}}=2^{2n-1}t$（归纳假设）．
只要证存在 $1\leqslant a,b\leqslant 9$，$a$ 为奇数，$b$ 为偶数，且
$2^{2n+1}|\overline{ab}\times 10^{2n-2}+2^{2n-1}t$．
即 $8|\overline{ab}\times 5^{2n-2}+2t$
即 $8|\overline{ab}+2t$（因为 $5^{2n-2}\equiv 1\pmod{8}$）．
由 $8|12+4,8|14+2,8|16+0,8|50+6$，可知引理一成立．
引理二：对正整数 $k$，存在一个 $2k$ 位的交替数 $\overline{a_1a_2\cdots a_{2k}}$，其末位为奇数，且
$5^{2k}|\overline{a_1a_2\cdots a_k}$（这里 $a_1$ 可以为 $0$ 但 $a_2\ne 0$）．
引理二的证明：对 $k$ 用数学归纳法．
当 $k=1$ 时，由 $25|25$ 即知命题成立．
假设 $k-1$ 时命题成立，即存在交替数 $\overline{a_1a_2\cdots a_{2k-2}}$ 满足 $5^{2k-2}|\overline{a_1a_2\cdot a_{2k-2}}$．
此时只需证存在 $0\leqslant a,b\leqslant 9$，$a$ 为偶数，$b$ 为奇数，且
$5^{2k}|\overline{ab}\times 10^{2k-2}+t\cdot 5^{2k-2}$（设 $\overline{a_1\cdot a_{2k-2}}=t\cdot 5^{2k-2}$）．
即 $25|\overline{ab}\times 2^{2k-2}+t$．
由 $(2^{2k-2},25)=1$ 知存在 $0<\overline{ab}\leqslant 25$，使 $25|\overline{ab}\times 2^{2k-2}+t$．若此时 $b$ 为奇数，则 $\overline{ab},\overline{ab}+50$ 中至少有一个满足首位为偶数．
若 $b$ 为偶数，则 $\overline{ab}+25,\overline{ab}+75$ 中至少有一个成立．
引理二得证．
下面考虑本题．
设 $n=2^{\alpha}5^{\beta}t,(t,10)=1,\alpha,\beta\in\mathbb{N}$．
若 $\alpha\geqslant 2,\beta\geqslant 1$，则对 $n$ 的任一倍数 $l$，$l$ 的末位数为 $0$，且十位数是偶数．因此 $n$ 不满足要求．
① 当 $\alpha=\beta=0$ 时，，考虑数 $21,2121,212121,\cdots,\underbrace{2121\cdots 21}_{k个21},\cdots$，其中必有两个模 $n$ 同余，不妨设 $t_1>t_2$ 且 $\underbrace{2121\cdots 21}_{t_1个21}\equiv\underbrace{2121\cdots 21}_{t_2个21}\pmod{n}$．
则 $\underbrace{2121\cdots 21}_{t_1-t_2个21}\underbrace{00\cdots 0}_{2t_2个0}\equiv 0\pmod{n}$．
因此 $\underbrace{2121\cdots 21}_{t_1-t_2个21}\equiv 0\pmod{n}$（因 $(n,10)=1$）．
此时 $n$ 满足要求
② $\beta=0,\alpha\geqslant 1$．由引理一知存在交替数 $\overline{a_1a_2\cdots a_{2k}}$ 满足 $2^\alpha|\overline{a_1a_2\cdots a_{2k}}$．考察
$\overline{a_1a_2\cdots a_{2k}},\overline{a_1a_2\cdots a_{2k}a_1a_2\cdots a_{2k}},\cdots,$
$\underbrace{\overline{a_1a_2\cdots a_{2k}a_1a_2\cdots a_{2k}\cdots a_1a_2\cdots a_{2k}}}_{l段},\cdots,$
其中必有两个模 $t$ 同余，不妨设 $t_1>t_2$，且
$\overline{a_1a_2\underbrace{\cdots a_{2k}\cdots a_1a_2\cdots}_{t_1段}a_{2k}}\equiv \overline{a_1a_2\underbrace{\cdots a_{2k}\cdots a_1a_2\cdots}_{t_2段}a_{2k}}\pmod{t}$．
因为 $(t,10)=1$，故
$\overline{a_1a_2\cdots a_{2k}\cdots a_1a_2\cdots a_{2k}}\equiv 0\pmod{t}$
所以 $2^\alpha t|\overline{a_1a_2\underbrace{\cdots a_{2k}\cdots a_1a_2\cdots}_{t_1-t_2段}a_{2k}}$（因 $(t,2)=1$）
且此数为交替数．
③ $\alpha=0,\beta\geqslant 1$．由引理二可知存在交替数 $\overline{a_1a_2\cdots a_{2k}}$ 满足 $5^\beta|\overline{a_1a_2\cdots a_{2k}}$ 且 $a_{2k}$ 是奇数．同 ② 可得存在 $t_1>t_2$ 满足 $t|\overline{a_1a_2\underbrace{\cdots a_{2k}\cdots a_1a_2\cdots}_{t_1-t_2段}a_{2k}}$．
因 $(5,t)=1$，故 $5^\beta t|\overline{a_1a_2\underbrace{\cdots a_{2k}\cdots a_1a_2\cdots}_{t_1-t_2段}a_{2k}}$
且此数为交替数．末位数 $a_{2k}$ 为奇数．
④ $\alpha=1,\beta\geqslant 1$．由 ③ 知存在交替数 $\overline{a_1a_2\cdots a_{2k}\cdots a_1a_2\cdots a_{2k}}$ 满足 $a_{2k}$ 是奇数且
$5^\beta t|\overline{a_1a_2\cdots a_{2k}\cdots a_1a_2\cdots a_{2k}}$
从而 $2\cdot 5^\beta t|\overline{a_1a_2\cdots a_{2k}\cdots a_1a_2\cdots a_{2k}0}$
且此数为交替数．
综上可知满足条件的 $n$ 为 $20\nmid n,n\in\mathbb{N}^{\ast}$．
证法二
所求的所有 $n$ 为：满足 $20\nmid n$ 的所有正整数 $n$．
（1）若 $20|n$，则对 $n$ 的任何倍数 $(a_ka_{k-1}\cdots a_1)_{10},a_k\ne 0$，有 $20|(a_ka_{k-1}\cdots a_1)_{10}$．因此 $a_2=0,2|(a_ka_{k-1}\cdots a_2)_{10}$．从而 $a_2$ 为偶数，$a_2$ 和 $a_1$ 同为偶数．所以 $(a_ka_{k-1}\cdots a_1)_{10}$ 不是交替数．
（2）现在我们来证明对任何正整数 $n,20\nmid n$，则 $n$ 一定有一个倍数是交替数．
先建立 $3$ 个引理，再分 $4$ 种情况来证明上述结论．
引理一：对正整数 $n$，若 $(n,10)=1$，则对任何 $l\in\mathbb{N}^{\ast}$，存在 $k\in\mathbb{N}^{\ast}$，使得数 $\underbrace{\underbrace{100\cdots 01}_{l个0}\underbrace{00\cdots 01}_{l个0}\cdots\underbrace{100\cdots 01}_{l个0}}_{一共k个1}$ 是 $n$ 的倍数．
引理一的证明：考虑数 $x_1=1,x_2=1\underbrace{00\cdots 01}_{l个0},\cdots,x_m=\underbrace{\underbrace{100\cdots 01}_{l个0}\cdots\underbrace{100\cdots 01}_{l个0},\cdots}_{m个1}$
在这无穷多个数中，一定有 $2$ 个数模 $n$ 同余．不妨设 $x_s\equiv x_t\pmod{n},s>t\geqslant 1$．
则 $n|x_s-x_t$．又
$x_s-x_t=x_{s-t}\cdot 10^{t(l+1)},(n,10)=1$
故 $n|x_{s-t},s-t>0$ 为正整数，引理一获证．
引理二：对任给的 $m\in\mathbb{N}^{\ast}$，总存在 $m$ 位的交替数 $s_m$（$s_m$ 的首位可以是 $0$），$s_m$ 的个位是 $5$，且 $5^m|s_m$．
引理二的证明：归纳改造．定义 $s_1=5$，假设 $s_m=(a_ma_{m-1}\cdots a_1)_{10}$，$a_m$ 可能为 $0$，是交替数 $a_1=5$ 且 $5^m|s_m$．设 $s_m=5^m$，记
$A=\begin{cases} \{0,2,4,6,8\},若a_m为奇数\\
\{1,3,5,7,9\},若a_m为偶数
\end{cases}$
因为 $A$ 中的数模 $5$ 互不同余，且 $(2^m,5)=1$，故 $\{2^mx|x
\in A\}$ 中这 $5$ 个数模 $5$ 互不同余．取 $x\in A$，使 $2^mx\equiv -l\pmod{5}$．
则 $5|2^mx+l$．令 $s_{m+1}=(xa_ma_{m-1}\cdots a_1)_{10}$，则 $s_{m+1}$ 是 $m+1$ 位的交替数，$a_1=5$，首位可以为 $0$，且 $s_{m+1}=x10^m+s_m=5^m(2^mx+l)$ 是 $5^{m+1}$ 的倍数．这样，引理二获证．
引理三：对任给整数 $m\in\mathbb{N}^{\ast}$，总存在 $m$ 位的交替数 $t_m,t_m$ 的个位是 $2$，且 $2^{2k+1}\parallel t_{2k+1},2^{2k+3}\parallel t_{2k+2}$．
引理三的证明：归纳构造．定义 $t_1=2$．假设交替数 $t_{2k+1}=(a_{2k+1}a_{2k}\cdots a_1)_{10}$，使 $a_1=2$ 且 $2^{2k+1}\parallel t_{2k+1}$．则 $a_{2k+1}\equiv a_1\equiv 0\pmod{2}$（交替数的性质）．
记 $A=\{1,3,5,7\}$．因为 $A$ 中的数模 $8$ 互不同余，且 $(5^{2k+1},8)=1$，所以 $\{5^{2k+1}x|x\in A\}$ 中这 $4$ 个数模 $8$ 互不同余，又 $5^{2k+1}x(x\in A)$ 是奇数，故这 $4$ 个数模 $8$ 的余数历遍 $1,3,5,7.$
设 $t_{2k+1}=2^{2k+1}l$，$l$ 为奇数，取 $x\in A$ 使 $5^{2k+1}x\equiv
-l+4\pmod{8}$，
则 $2^2\parallel 5^{2k+1}x+l$．令 $t_{2k+2}=(xa_{2k+1}\cdots a_1)_{10}$，则 $t_{2k+2}$ 是 $2k+2$ 位交替数，$a_1=2$ 且
$t_{2k+2}=x10^{2k+1}+t_{2k+1}=2^{2k+1}(5^{2k+1}x+l)$．
由 $2^2\parallel 5^{2k+1}x+l$ 知 $2^{2k+3}\parallel t_{2k+2}$．
又假设交替数 $t_{2k+2}=(a_{2k+2}\cdots a_1)_{10},a_1=2,2^{2k+3}\parallel t_{2k+2}$．
令 $t_{2k+3}=(4a_{2k+2}\cdots a_1)_{10}$，则 $t_{2k+3}$ 是 $2k+3$ 位的交替数，且 $t_{2k+3}=5^{2k+2}2^{2k+4}+t_{2k+2}$．
而 $2^{2k+3}\parallel t_{2k+2}$，故 $2^{2k+3}\parallel t_{2k+3}$．
这样，引理三获证．
现在回到原题．
$1^\circ$ 若 $(n,10)=1$，则由引理一知存在 $k\in \mathbb{N}^{\ast}$，使得 $\underbrace{10101\cdots 101}_{k个1}$ 是 $n$ 的倍数．（相当于引理一中取 $l=1$）．
$2^\circ$ 若 $5\nmid n,2|n$，设 $n=2^mn_0,2\nmid n_0$，则 $(n_0,10)=1$．取 $m_0>m,m_0$ 为偶数．由引理三知存在 $m_0$ 位的交替数 $t_{m_0}=(a_{m_0}\cdots a_1)_{10},a_1=2$ 且 $2^{m_0+1}\parallel t_{m_0}$．因而 $2^m|t_{m_0}$．由引理一知存在 $k\in\mathbb{N}^{\ast}$，使 $\underbrace{1\underbrace{00\cdots 0}_{m
_0-1个0}1\underbrace{00\cdots 0}_{m_0-1个0}1\cdots 1\underbrace{00\cdots 0}_{m_0-1个0}1}_{k个1}$ 是 $n_0$ 的倍数．令
$P=(\underbrace{a_{m_0}a_{m_0-1}\cdots a_1a_{m_0}\cdots a_1\cdots a_{m_0}\cdots a_1}_{一共k段"a_{m_0}\cdots a_1"})_{10}$
则 $P$ 是交替数，且
$P=t_{m_0}\cdot \underbrace{1 \underbrace{00\cdots 0}_{m_0-1个0}1\cdots 100\cdots 01}_{k个1}$
能被 $2^mn_0$ 整除，即 $n|P$．
$3^\circ$ 若 $5|n,2\nmid n$，设 $n=5^mn_0,5\nmid n_0$，则 $(n_0,10)=1$．取 $m_0>m,m_0$ 为偶数，由引理二知存在 $m_0$ 位的交替数 $s_{m_0}=(a_{m_0}\cdots a_1)_{10},a_1=5,a_{m_0}$ 可以为 $0$，使 $5^{m_0}|s_{m_0}$，因而 $5^m|s_{m_0}$．类似于 $2^\circ$，存在交替数 $P$，使 $5^mn_0|P$，且 $P$ 的末位为 $a_1=5$．
$4^\circ$ 若 $10|n,20\nmid n$，设 $n=10n_0$，$n_0$ 为奇数，则 $n_0$ 必属于情况 $1^\circ$ 或情况 $3^\circ$．由 $1^\circ,3^\circ$ 知存在交替数 $(a_k\cdots a_1)_{10}$ 是 $n_0$ 的倍数，且 $a_1=1$ 或 $5$．现令 $P=(a_k\cdots a_1 0)_{10}$，则交替数 $P$ 是 $n$ 的倍数．
综上所述：所有满足要求的 $n$ 为满足 $20\nmid n$ 的所有正整数．
引理一：对正整数 $k$，存在 $0\leqslant a_1,a_2,\cdots,a_{2k}\leqslant 9$，使得 $a_1,a_2,\cdots,a_{2k-1}$ 是奇数，$a_2,a_4,\cdots,a_{2k}$ 是偶数，且
$2^{2k+1}|\overline{a_1a_2\cdots a_k}$（表示十进制数）．
引理一的证明：对 $k$ 用数学归纳法．
$k=1$ 时，由 $8|16$ 知命题成立．
假设 $k=n-1$ 时结论成立．$k=n$ 时，设
$\overline{a_1a_2\cdots a_{2n-2}}=2^{2n-1}t$（归纳假设）．
只要证存在 $1\leqslant a,b\leqslant 9$，$a$ 为奇数，$b$ 为偶数，且
$2^{2n+1}|\overline{ab}\times 10^{2n-2}+2^{2n-1}t$．
即 $8|\overline{ab}\times 5^{2n-2}+2t$
即 $8|\overline{ab}+2t$（因为 $5^{2n-2}\equiv 1\pmod{8}$）．
由 $8|12+4,8|14+2,8|16+0,8|50+6$，可知引理一成立．
引理二：对正整数 $k$，存在一个 $2k$ 位的交替数 $\overline{a_1a_2\cdots a_{2k}}$，其末位为奇数，且
$5^{2k}|\overline{a_1a_2\cdots a_k}$（这里 $a_1$ 可以为 $0$ 但 $a_2\ne 0$）．
引理二的证明：对 $k$ 用数学归纳法．
当 $k=1$ 时，由 $25|25$ 即知命题成立．
假设 $k-1$ 时命题成立，即存在交替数 $\overline{a_1a_2\cdots a_{2k-2}}$ 满足 $5^{2k-2}|\overline{a_1a_2\cdot a_{2k-2}}$．
此时只需证存在 $0\leqslant a,b\leqslant 9$，$a$ 为偶数，$b$ 为奇数，且
$5^{2k}|\overline{ab}\times 10^{2k-2}+t\cdot 5^{2k-2}$（设 $\overline{a_1\cdot a_{2k-2}}=t\cdot 5^{2k-2}$）．
即 $25|\overline{ab}\times 2^{2k-2}+t$．
由 $(2^{2k-2},25)=1$ 知存在 $0<\overline{ab}\leqslant 25$，使 $25|\overline{ab}\times 2^{2k-2}+t$．若此时 $b$ 为奇数，则 $\overline{ab},\overline{ab}+50$ 中至少有一个满足首位为偶数．
若 $b$ 为偶数，则 $\overline{ab}+25,\overline{ab}+75$ 中至少有一个成立．
引理二得证．
下面考虑本题．
设 $n=2^{\alpha}5^{\beta}t,(t,10)=1,\alpha,\beta\in\mathbb{N}$．
若 $\alpha\geqslant 2,\beta\geqslant 1$，则对 $n$ 的任一倍数 $l$，$l$ 的末位数为 $0$，且十位数是偶数．因此 $n$ 不满足要求．
① 当 $\alpha=\beta=0$ 时，，考虑数 $21,2121,212121,\cdots,\underbrace{2121\cdots 21}_{k个21},\cdots$，其中必有两个模 $n$ 同余，不妨设 $t_1>t_2$ 且 $\underbrace{2121\cdots 21}_{t_1个21}\equiv\underbrace{2121\cdots 21}_{t_2个21}\pmod{n}$．
则 $\underbrace{2121\cdots 21}_{t_1-t_2个21}\underbrace{00\cdots 0}_{2t_2个0}\equiv 0\pmod{n}$．
因此 $\underbrace{2121\cdots 21}_{t_1-t_2个21}\equiv 0\pmod{n}$（因 $(n,10)=1$）．
此时 $n$ 满足要求
② $\beta=0,\alpha\geqslant 1$．由引理一知存在交替数 $\overline{a_1a_2\cdots a_{2k}}$ 满足 $2^\alpha|\overline{a_1a_2\cdots a_{2k}}$．考察
$\overline{a_1a_2\cdots a_{2k}},\overline{a_1a_2\cdots a_{2k}a_1a_2\cdots a_{2k}},\cdots,$
$\underbrace{\overline{a_1a_2\cdots a_{2k}a_1a_2\cdots a_{2k}\cdots a_1a_2\cdots a_{2k}}}_{l段},\cdots,$
其中必有两个模 $t$ 同余，不妨设 $t_1>t_2$，且
$\overline{a_1a_2\underbrace{\cdots a_{2k}\cdots a_1a_2\cdots}_{t_1段}a_{2k}}\equiv \overline{a_1a_2\underbrace{\cdots a_{2k}\cdots a_1a_2\cdots}_{t_2段}a_{2k}}\pmod{t}$．
因为 $(t,10)=1$，故
$\overline{a_1a_2\cdots a_{2k}\cdots a_1a_2\cdots a_{2k}}\equiv 0\pmod{t}$
所以 $2^\alpha t|\overline{a_1a_2\underbrace{\cdots a_{2k}\cdots a_1a_2\cdots}_{t_1-t_2段}a_{2k}}$（因 $(t,2)=1$）
且此数为交替数．
③ $\alpha=0,\beta\geqslant 1$．由引理二可知存在交替数 $\overline{a_1a_2\cdots a_{2k}}$ 满足 $5^\beta|\overline{a_1a_2\cdots a_{2k}}$ 且 $a_{2k}$ 是奇数．同 ② 可得存在 $t_1>t_2$ 满足 $t|\overline{a_1a_2\underbrace{\cdots a_{2k}\cdots a_1a_2\cdots}_{t_1-t_2段}a_{2k}}$．
因 $(5,t)=1$，故 $5^\beta t|\overline{a_1a_2\underbrace{\cdots a_{2k}\cdots a_1a_2\cdots}_{t_1-t_2段}a_{2k}}$
且此数为交替数．末位数 $a_{2k}$ 为奇数．
④ $\alpha=1,\beta\geqslant 1$．由 ③ 知存在交替数 $\overline{a_1a_2\cdots a_{2k}\cdots a_1a_2\cdots a_{2k}}$ 满足 $a_{2k}$ 是奇数且
$5^\beta t|\overline{a_1a_2\cdots a_{2k}\cdots a_1a_2\cdots a_{2k}}$
从而 $2\cdot 5^\beta t|\overline{a_1a_2\cdots a_{2k}\cdots a_1a_2\cdots a_{2k}0}$
且此数为交替数．
综上可知满足条件的 $n$ 为 $20\nmid n,n\in\mathbb{N}^{\ast}$．
证法二
所求的所有 $n$ 为：满足 $20\nmid n$ 的所有正整数 $n$．
（1）若 $20|n$，则对 $n$ 的任何倍数 $(a_ka_{k-1}\cdots a_1)_{10},a_k\ne 0$，有 $20|(a_ka_{k-1}\cdots a_1)_{10}$．因此 $a_2=0,2|(a_ka_{k-1}\cdots a_2)_{10}$．从而 $a_2$ 为偶数，$a_2$ 和 $a_1$ 同为偶数．所以 $(a_ka_{k-1}\cdots a_1)_{10}$ 不是交替数．
（2）现在我们来证明对任何正整数 $n,20\nmid n$，则 $n$ 一定有一个倍数是交替数．
先建立 $3$ 个引理，再分 $4$ 种情况来证明上述结论．
引理一：对正整数 $n$，若 $(n,10)=1$，则对任何 $l\in\mathbb{N}^{\ast}$，存在 $k\in\mathbb{N}^{\ast}$，使得数 $\underbrace{\underbrace{100\cdots 01}_{l个0}\underbrace{00\cdots 01}_{l个0}\cdots\underbrace{100\cdots 01}_{l个0}}_{一共k个1}$ 是 $n$ 的倍数．
引理一的证明：考虑数 $x_1=1,x_2=1\underbrace{00\cdots 01}_{l个0},\cdots,x_m=\underbrace{\underbrace{100\cdots 01}_{l个0}\cdots\underbrace{100\cdots 01}_{l个0},\cdots}_{m个1}$
在这无穷多个数中，一定有 $2$ 个数模 $n$ 同余．不妨设 $x_s\equiv x_t\pmod{n},s>t\geqslant 1$．
则 $n|x_s-x_t$．又
$x_s-x_t=x_{s-t}\cdot 10^{t(l+1)},(n,10)=1$
故 $n|x_{s-t},s-t>0$ 为正整数，引理一获证．
引理二：对任给的 $m\in\mathbb{N}^{\ast}$，总存在 $m$ 位的交替数 $s_m$（$s_m$ 的首位可以是 $0$），$s_m$ 的个位是 $5$，且 $5^m|s_m$．
引理二的证明：归纳改造．定义 $s_1=5$，假设 $s_m=(a_ma_{m-1}\cdots a_1)_{10}$，$a_m$ 可能为 $0$，是交替数 $a_1=5$ 且 $5^m|s_m$．设 $s_m=5^m$，记
$A=\begin{cases} \{0,2,4,6,8\},若a_m为奇数\\
\{1,3,5,7,9\},若a_m为偶数
\end{cases}$
因为 $A$ 中的数模 $5$ 互不同余，且 $(2^m,5)=1$，故 $\{2^mx|x
\in A\}$ 中这 $5$ 个数模 $5$ 互不同余．取 $x\in A$，使 $2^mx\equiv -l\pmod{5}$．
则 $5|2^mx+l$．令 $s_{m+1}=(xa_ma_{m-1}\cdots a_1)_{10}$，则 $s_{m+1}$ 是 $m+1$ 位的交替数，$a_1=5$，首位可以为 $0$，且 $s_{m+1}=x10^m+s_m=5^m(2^mx+l)$ 是 $5^{m+1}$ 的倍数．这样，引理二获证．
引理三：对任给整数 $m\in\mathbb{N}^{\ast}$，总存在 $m$ 位的交替数 $t_m,t_m$ 的个位是 $2$，且 $2^{2k+1}\parallel t_{2k+1},2^{2k+3}\parallel t_{2k+2}$．
引理三的证明：归纳构造．定义 $t_1=2$．假设交替数 $t_{2k+1}=(a_{2k+1}a_{2k}\cdots a_1)_{10}$，使 $a_1=2$ 且 $2^{2k+1}\parallel t_{2k+1}$．则 $a_{2k+1}\equiv a_1\equiv 0\pmod{2}$（交替数的性质）．
记 $A=\{1,3,5,7\}$．因为 $A$ 中的数模 $8$ 互不同余，且 $(5^{2k+1},8)=1$，所以 $\{5^{2k+1}x|x\in A\}$ 中这 $4$ 个数模 $8$ 互不同余，又 $5^{2k+1}x(x\in A)$ 是奇数，故这 $4$ 个数模 $8$ 的余数历遍 $1,3,5,7.$
设 $t_{2k+1}=2^{2k+1}l$，$l$ 为奇数，取 $x\in A$ 使 $5^{2k+1}x\equiv
-l+4\pmod{8}$，
则 $2^2\parallel 5^{2k+1}x+l$．令 $t_{2k+2}=(xa_{2k+1}\cdots a_1)_{10}$，则 $t_{2k+2}$ 是 $2k+2$ 位交替数，$a_1=2$ 且
$t_{2k+2}=x10^{2k+1}+t_{2k+1}=2^{2k+1}(5^{2k+1}x+l)$．
由 $2^2\parallel 5^{2k+1}x+l$ 知 $2^{2k+3}\parallel t_{2k+2}$．
又假设交替数 $t_{2k+2}=(a_{2k+2}\cdots a_1)_{10},a_1=2,2^{2k+3}\parallel t_{2k+2}$．
令 $t_{2k+3}=(4a_{2k+2}\cdots a_1)_{10}$，则 $t_{2k+3}$ 是 $2k+3$ 位的交替数，且 $t_{2k+3}=5^{2k+2}2^{2k+4}+t_{2k+2}$．
而 $2^{2k+3}\parallel t_{2k+2}$，故 $2^{2k+3}\parallel t_{2k+3}$．
这样，引理三获证．
现在回到原题．
$1^\circ$ 若 $(n,10)=1$，则由引理一知存在 $k\in \mathbb{N}^{\ast}$，使得 $\underbrace{10101\cdots 101}_{k个1}$ 是 $n$ 的倍数．（相当于引理一中取 $l=1$）．
$2^\circ$ 若 $5\nmid n,2|n$，设 $n=2^mn_0,2\nmid n_0$，则 $(n_0,10)=1$．取 $m_0>m,m_0$ 为偶数．由引理三知存在 $m_0$ 位的交替数 $t_{m_0}=(a_{m_0}\cdots a_1)_{10},a_1=2$ 且 $2^{m_0+1}\parallel t_{m_0}$．因而 $2^m|t_{m_0}$．由引理一知存在 $k\in\mathbb{N}^{\ast}$，使 $\underbrace{1\underbrace{00\cdots 0}_{m
_0-1个0}1\underbrace{00\cdots 0}_{m_0-1个0}1\cdots 1\underbrace{00\cdots 0}_{m_0-1个0}1}_{k个1}$ 是 $n_0$ 的倍数．令
$P=(\underbrace{a_{m_0}a_{m_0-1}\cdots a_1a_{m_0}\cdots a_1\cdots a_{m_0}\cdots a_1}_{一共k段"a_{m_0}\cdots a_1"})_{10}$
则 $P$ 是交替数，且
$P=t_{m_0}\cdot \underbrace{1 \underbrace{00\cdots 0}_{m_0-1个0}1\cdots 100\cdots 01}_{k个1}$
能被 $2^mn_0$ 整除，即 $n|P$．
$3^\circ$ 若 $5|n,2\nmid n$，设 $n=5^mn_0,5\nmid n_0$，则 $(n_0,10)=1$．取 $m_0>m,m_0$ 为偶数，由引理二知存在 $m_0$ 位的交替数 $s_{m_0}=(a_{m_0}\cdots a_1)_{10},a_1=5,a_{m_0}$ 可以为 $0$，使 $5^{m_0}|s_{m_0}$，因而 $5^m|s_{m_0}$．类似于 $2^\circ$，存在交替数 $P$，使 $5^mn_0|P$，且 $P$ 的末位为 $a_1=5$．
$4^\circ$ 若 $10|n,20\nmid n$，设 $n=10n_0$，$n_0$ 为奇数，则 $n_0$ 必属于情况 $1^\circ$ 或情况 $3^\circ$．由 $1^\circ,3^\circ$ 知存在交替数 $(a_k\cdots a_1)_{10}$ 是 $n_0$ 的倍数，且 $a_1=1$ 或 $5$．现令 $P=(a_k\cdots a_1 0)_{10}$，则交替数 $P$ 是 $n$ 的倍数．
综上所述：所有满足要求的 $n$ 为满足 $20\nmid n$ 的所有正整数．
答案
解析
备注
