https://su-hai.hatenablog.com/entry/2016/12/11/094132

半年ぐらい前に考えた問題ですが、やっと解けました。
su-hai.hatenablog.com
これです。

解答
任意の奇数について、その倍数で各桁がすべて奇数となるようなものが存在することを示す。

任意の奇数を ${a\cdot 5^b}$ （ただし ${a}$ は5の倍数でない奇数）とおく。

まず、次の補題を示す。
任意の ${n}$ について、すべての桁が奇数となる ${k}$ 桁の ${5^n}$ の倍数が存在する。

数学的帰納法で証明する。
${n=1}$ のとき自明。（5が条件を満たす）
次に、 ${n=k}$ のときに命題が成り立つと仮定し、 ${n=k+1}$ のときも命題が成り立つことを証明する。
${5^k}$ の倍数で、各桁が奇数であるものを ${m}$ とおく。
このとき、 ${1\cdot 10^k+m,3\cdot 10^k+m,5\cdot 10^k+m,7\cdot 10^k+m,9\cdot 10^k+m}$ はすべて各桁が奇数となる ${k+1}$ 桁の数だが、このうち1つは ${5^{k+1}}$ の倍数であることを示す。
${1\cdot 10^k+m,3\cdot 10^k+m,5\cdot 10^k+m,7\cdot 10^k+m,9\cdot 10^k+m}$ をそれぞれ ${5^k}$ で割ると、 ${1\cdot 2^k+\frac{m}{5^k},3\cdot 2^k+\frac{m}{5^k},5\cdot 2^k+\frac{m}{5^k},7\cdot 2^k+\frac{m}{5^k},9\cdot 2^k+\frac{m}{5^k}}$ となるが、 ${2^k}$ は5の倍数でないため、これらはそれぞれ5を法として互いに異なる。
よって、 ${1\cdot 2^k+\frac{m}{5^k},3\cdot 2^k+\frac{m}{5^k},5\cdot 2^k+\frac{m}{5^k},7\cdot 2^k+\frac{m}{5^k},9\cdot 2^k+\frac{m}{5^k}}$ のなかに5の倍数が存在するため、 ${1\cdot 10^k+m,3\cdot 10^k+m,5\cdot 10^k+m,7\cdot 10^k+m,9\cdot 10^k+m}$ のうち1つは ${5^{k+1}}$ の倍数であることが証明された。

そして、すべての桁が奇数となる ${a\cdot 5^b}$ の倍数が存在することを示す。
まず、 ${5^b}$ の倍数ですべての桁が奇数となる ${b}$ 桁の奇数を ${x}$ とおく。
また、鳩ノ巣原理により、 ${\{0,1,10^b+1,10^{2b}+10^b+1,\cdots ,10^{(a-1)b}+10^{(a-2)b}+\cdots +1\}}$ のなかには ${a}$ で割った余りが等しいものが存在し、それぞれの差を ${10^{kb}+10^{(k-1)b}+\cdots +10^{lb}}$ とおけば、これを ${10^{lb}}$ で割ったものは ${a}$ の倍数である（ ${a}$ は5の倍数でない奇数のため）。それを ${y}$ とおく。
このとき、 ${xy}$ は各桁がすべて奇数である。よって証明された。