答え:kが2の倍数でも5の倍数でもない

N(1), N(2), N(3), ……, N(k)というk個の数のうち、kの倍数が少なくとも一つ存在する
という命題をPとします。
答えの命題をQとします。

P→Qは明らか。
N(x)は末尾が7なので2の倍数にも5の倍数にもならない。

Q→Pの証明:
N(1)〜N(k)内にkの倍数がないと仮定。
n1,n2を1≦n1＜n2≦kを満たす任意の自然数とすると、
1≦n2-n1＜kであり、
N(n2)-N(n1)=10^(n1)*N(n2-n1)
右辺は仮定とQによりkの倍数ではない。
よって、N(1)〜N(k)をそれぞれkで割った余りはすべて異なる。
kで割ったときの余りはk種類しかないのでそれらのうちの一つは0。
N(1)〜N(k)のどれかがkで割り切れることになり矛盾。
よって、Q→Pも成立する。

求める必要十分条件は、「kが2の倍数でも5の倍数でもない」である。

(証明)
命題P(k)=「N(1),..,N(k)の中にkの倍数が少なくとも1つ存在する。」とおく。
まず、すべてのnについてN(n)は2の倍数でも5の倍数ないので、
「kが2の倍数または5の倍数⇒命題P(k)は成り立たない。」
は成り立つ。

あとは
「kが2の倍数でも5の倍数でもない⇒命題P(k)は成り立つ。」…(★)
を示したい。
ここで、
「k,lが互いに素で、P(k)かつP(l)が成り立つ⇒P(kl)が成り立つ」
である。
（なぜならば、k,lが互いに素でP(k)かつP(l)が成り立つとすると、N(k') (1≦k'≦k)がkの倍数、N(l') (1≦l'≦k)がlの倍数となるk',l'が存在する。
N(k'l')はN(k')の倍数かつN(l')の倍数なので、kの倍数かつlの倍数になり、k,lは互いに素なのでklの倍数になる。1≦k'l'≦klよりP(kl)が成り立つ。）

よって、(★)は、k=p^n(pは2でも5でもない素数、nは自然数)のときに示せばよい(k=1のときは明らか)。

(i) p>3のとき。
鳩の巣原理より、1,10,10^2,…,10^kの(k+1)個の中にkで割った余りが等しい2つが存在する。
すなわち、10^a≡10^b (mod k)になるa,b(0≦a<b≦k)がある。
10はkと互いに素なので、1≡10^{b-a}, よって10^{b-a}-1はkの倍数になる。
kは9とも互いに素なので、N(b-a)=7*(10^{b-a}-1)/9もkの倍数になる。1≦b-a≦kよりP(k)が成り立つことが示された。
※オイラーの定理を使ってよければ、「10^{φ(k)}-1がkの倍数だから、N(φ(k))がkの倍数」で済みます。

(ii)p=3のとき。
10^(3^n)-1が3^{n+2}の倍数であることをn=0,1,2…についての数学的帰納法で示す。
n=0のとき：9は9の倍数なのでOK.
n=mのとき成り立つと仮定して、n=m+1のとき：
帰納法の仮定より10^(3^m)=3^{m+2}N+1 (Nは整数)とかけるから、
10^(3^(m+1))=(3^(m+2)N+1)^3=3^(3m+6)N^3+3^(2m+3)N^2+3^(m+3)N+1≡1 (mod 3^(m+3))
となって、n=m+1のときも示された。
よって、10^(3^n)-1が3^{n+2}の倍数なのでN(3^n)=7*(10^(3^n)-1)/9は3^nの倍数になる。

以上で証明終了。

N(1), N(2), N(3), ……, N(k)のk個の数（以降、この集合をAとする）について、それぞれの数をkで割った余りを考える（以降、この集合をBとする）。

鳩ノ巣原理より、Bの中には「0,または重複する2数」の少なくとも一方が含まれる。
（Bの中に0が含まれない場合、余りになりうる数字が 1〜k-1 のk-1通りなのに対し、
　Bの要素数はk個であるため）

Bの中に0が含まれる場合、Aのうちにkの倍数が含まれる。
Bの中に0が含まれない場合、Aのうちにkの倍数が含まれない。

Bの中に0が含まれない場合について、余りが同じ2数を N(a), N(b) (b＜a≦k) とする。
N(a), N(b) はkで割った余りが等しいのだから、N(a)-N(b) はkで割り切れる。
2数の差は、N(x) の形からして下のように表される。
N(a) - N(b)
=N(a-b) * 10^b

N(a-b)%k≠0 は、Bの要素の1つである。
N(a-b) * 10^b が kで割り切れるが、N(a-b) がkで割り切れない。
このことから、kと10^bは1以外の公約数を持つ。

まとめると、「Bの中に0が含まれないならば、kと10^bは1以外の公約数を持つ」。
これより、「Aの中にkの倍数が含まれないならば、kと10は互いに素でない」。
対偶を取って、「kと10が互いに素ならば、Aの中にkの倍数が含まれる」 …(1)

また、N(x)の一の位は必ず7であるから、偶数や5の倍数とはならない。
よって、kが偶数や5の倍数であるならば、全てのN(x)はkで割り切れない。
これより、「kと10が互いに素でないならば、Aの中にkの倍数が含まれない」。…(2)


(1), (2) より、命題とその裏がともに真であるから、「kと10が互いに素である」ことは「Aの中にkの倍数が含まれる」ための必要十分条件である。

「1，3，7または1のぞろ目の約数である」

※1のぞろ目＝1，11，111，1111…

1，3，7が条件を満たすのはぱっと見で分かりました。

あとはｋが2以上の場合は必ず1のぞろ目掛ける7になるので、必然的に1のぞろ目の約数は条件を満たすかと。

必要十分条件：kが10と互いに素

必要性
10と互いに素でない数は2か5の倍数である。
N(x)の1の位は7なのでこの数は2でも5でも割り切れない。
よってkは10と互いに素である。

十分性
N(1),N(2),…N(k) をkで割った余りは0からk-1のどれかである。
もしこれらの中にkで割り切れる数がない場合、同じ余りになる組N(p),N(q)が存在する。
このときN(p-q)=(N(p)-N(q))/10^q はkで割り切れる。

答：2の倍数でなくかつ5の倍数でない

【必要条件の証明：候補数以外の排除】
2.5の倍数は不適（下一桁が７から明らか）

【十分条件の証明：候補数を全カバー】
段階０；　k=3の場合
　　N(3)が倍数である　→明らか

段階１：　K=2,5,3以外の素数の場合
　　N(k-1)がkの倍数であることを証明

段階２：　
合成数 k = (i^n)*(j^m)　において
　　N(F(i))がiの倍数　（F(i)≦i）
　　N(F(j))がjの倍数　（F(j)≦j）
　　であるような整数　i,j　
N( F(i)^n * F(j)^m )が kの倍数であることを証明　→わりと容易

全ての素数以外の候補数が段階２に含まれるので題意を満たす

（証明終わり）

ここでの証明には不要な条件ですが、iにおいて「iが約数であるような最も小さいN(F(i)」 をF(i)と定義すると、F(i)^n * F(j)^m がそのままF(k)になるのかなぁと想像してます。

(解答例)
N(1), N(2), N(3), ……, N(k)というk個の数の集合をMとおく。
Mに属する数のうち、kの倍数が少なくとも一つ存在するための必要十分条件は「kが10と互いに素であること」なのを示す。
まず、Mに属する数の下一桁が7であることを考慮すると、Mに属する数のうちkの倍数が少なくとも一つ存在するならば、kは10と互いに素である。

逆にkが10と互いに素のときを考える。
k=1のときは明らかにMに属する数の中にkの倍数は存在する。
次にk≧2のときについて想定する。以下合同式の法はkとして扱う。
Mに属する数をそれぞれkで割ることを考えると、常に次の2通りのみありえる。(割り切れるときは余り0とみなす。)
[1]余りがすべて異なる場合
[2]余りが等しい数が複数存在する場合

[1]について考察する。
余りがすべて異なればMに属する数のうちどれか1つが余り0、つまりMに属する数の中にkの倍数が存在している。
[2]について考察する。
Mに属する数のうち余りが等しい異なる2数を取り出し、それらをN(p),N(q)とおく。(ただし1≦q＜p≦kかつp,qは整数)
このとき、N(p)-N(q)≡0
∴N(p-q)･10^q≡0
kが10と互いに素なのでN(p-q)≡0が成立する。よってN(p-q)はkの倍数である。
N(p-q)はMに属するので、Mに属する数の中にkの倍数が存在している。

[1],[2]より、kが10と互いに素のとき、kの倍数が少なくとも一つ存在することがわかる。
したがって「kが10と互いに素であること」が求める必要十分条件である。