Ответ в этой задаче следующий: при любом $n\gt1$ существует ровно два таких $n$-значных числа $n\gt1$, квадрат которых оканчивается на $A$ (не считая очевидных: $0\ldots0000$ и $0\ldots0001$), — при $n=2$ это 76 и 25, при $n=3$ — 376 и 625, при $n=4$ — 9376 и 0625, при $n=5$ — 09376 и 90625 и т. д., так что существует две бесконечные последовательности цифр, о которых идёт речь в пункте в): одна начинается с цифр 6, 7, 3, 9, 0, 1, $\ldots$, другая — с цифр 5, 2, 6, 0, 9, 8, $\ldots$.
Начнём с задачи а). Самый простой способ найти нужные нам двузначные числа, который указывают многие читатели, состоит в следующем. Если $A^2$ оканчивается теми же двумя цифрами, что и $A$, то $A^2-A=A(A-1)$ делится на $100=25\cdot4$, а поскольку числа $A$ и $(A-1)$ взаимно просты (не имеют общих делителей, больших 1), то одно из них должно делиться на 25, а другое — на 4. Попробуем, подходит ли каждое из чисел 25, 50 и 75 на роль $A$ или на роль $A-1$ (оба эти числа двузначны). Для этого нужно лишь проверить, какие из соседних с ними чисел делятся на 4. Это будут только 76 и 24, поэтому $A$ может равняться только 25 и 76.
Аналогично можно решить и задачу б), но мы докажем сразу более общее утверждение: если квадрат числа $B=\text{«}a_{n-1}a_{n-2}\ldots a_1\text{»}$ оканчивается цифрами $\text{«}\ldots a_{n-1}a_{n-2}\ldots a_1\text{»}$, то можно и притом единственным образом выбрать цифру $a_n$, так, чтобы квадрат числа $A=\text{«}a_na_{n-1}\ldots a_1\text{»}$ оканчивался на $\text{«}\ldots a_na_{n-1}\ldots a_1\text{»}$.
Пусть $B^2=\text{«}\ldots b_na_{n-1}a_{n-2}\ldots a_1\text{»}$. Тогда ($n\ge2$ $\Rightarrow$ $2n\gt n+1$)
$$
A^2=(10^na_n+B)^2=10^{2n}a_{n}^2+2\cdot10^na_nB+B^2=\text{«}\ldots c_na_{n-1}a_{n-2}\ldots a_1\text{»},
$$
где $c_n$ — последняя цифра числа $2a_na_1+b_n$. Мы должны подобрать $a_n$ так, чтобы $c_n$ равнялось $a_n$, т. е. чтобы $2a_na_1+b_n-a_n=(2a_1-1)a_n+b_n$ делилось на 10. Очевидно, что это можно сделать и притом единственным образом. В интересующих нас случаях $a_1=5$ и $a_1=6$ функции $b_n\to a_n$, которые мы должны указать, особенно просты: если $a_1=5$, то $a_n=b_n$, а если $a_1=6$, то $a_n=10-b_n$ при $b_n\gt0$ и $a_n=0$ при $b_n=0$.
Подробнее этот подход к решению задачи М69 обсуждается в книге Я. И. Перельмана «Занимательная алгебра», стр. 81—85.
Для тех, кто разобрался в статье М. И. Башмакова «Нравится ли вам возиться с целыми числами?» («Квант» № 3, 1971), заметим, что доказанное только что утверждение можно сформулировать ещё так: из разрешимости сравнения $x^2-x\equiv0$ по модулю $10^n$ следует его разрешимость по модулю $10^{n+1}$. Это утверждение мы использовали для того, чтобы построить два нетривиальных решения уравнения $x^2-x=0$ в 10-адических числах — числах, «бесконечных влево»: $x_1=\text{«}\ldots890625\text{»}$ и $x_2=\text{«}\ldots109376\text{»}$ (тривиальными мы называем решения $0=\text{«}\ldots0000\text{»}$ и $1=\text{«}\ldots0001\text{»}$). Проверьте следующие свойства двух построенных чисел: $x_1+x_2=1$; $x_1x_2=0$. Подумайте, при каких ещё $m$ уравнение $x^2-x=0$ имеет решения в $m$-адических числах, отличные от 0 и 1 (другими словами, попробуйте решить задачу, аналогичную М69, в $m$-ичной системе счисления).
