假设存在lg a - lg b不是整数并且对任何正整数n，s(an) = s(bn)
如果a = r×2^u×5^v，r和10互素，u, v是非负整数
令 B = 2^v×5^u×b，那对任意正整数n， s(rn)=s(rn×10^(u+v))= s(a×2^v×5^u×n)= s(Bn)
再把B 分解成 p×10^k，p不是10的倍数，则s(rn)= s(Bn)= s(pn) 恒成立
因为lg a - lg b = u+v+ lg r - lg B = u+v-k + lg r - lg p，所以 lg r - lg p也不是整数，则r≠p
由欧拉定理，可以取正整数m令 rm = 10^φ(r)-1 = 999…9，s(rm) = 9φ(r)
如果pm < rm，那 s(pm)< 9φ(r)，和s(rm)不相等
又因为p≠r，所以pm > rm，至少有φ(r)+1位，假设pm是一个t 位数
p不是10的倍数，m也和10互素，所以pm也不是10的倍数，末位不等于0
那pm的末位数字乘以9，加上pm的首位数字，一定会发生进位
所以s(pm×[9×10^(t-1)+1]) < 2s(pm)
而t-1≥φ(r)，所以 10^(t-1)>rm，s(rm×[9×10^(t-1)+1]) = s(9rm)+s(rm)
9rm = 899…91，一共φ(m)-1个9，所以s(9rm)=9φ(m)= s(rm)
则s(rm×[9×10^(t-1)+1]) = 2s(rm)
这样s(pm×[9×10^(t-1)+1]) ≠ s(rm×[9×10^(t-1)+1]) 就矛盾了

我借用一下蔸白推出的逆命题：
证：设想存在lg a - lg b不是整数并且对任何正整数n，s(an) = s(bn)
1，考虑 lg a - lg b 不是整数。这意味着 lg(a/b) 不是整数。因为根据对数的性质，如果 lg(a/b) 不是整数，那么 a/b 也不可能是整数；对数的性质有，如果一个数是另一个数的整数倍，那么它们的对数之差也应该是整数。
2，现在，来考虑对任何正整数 n，有 s(an) = s(bn) 的情况。
3，这意味着无论我们将 a 和 b 分别乘以多少个相同的正整数，它们的各位数字之和始终相等。但是，这个条件并没有直接与 lg a - lg b 的整数性质联系起来，也就是说没什么用。
4，因此，根据以上分析，设想条件是矛盾的。所以，不存在 lg a - lg b 不是整数且对任何正整数 n，有 s(an) = s(bn) 的情况。
5，逆命题不成立，故原命题成立，证毕。

这是第4楼第1步证明的补充说明：如果一个数是另一个数的整数倍，那么它们的对数之差也应该是整数。

可以这样子解释进位与数字和之间的关系
如果在十进制下有两个非负数字A和B，设它们的十进制表示
A= ∑a[i]×10^i，B= ∑b[i]×10^i, 再设C = A+B = ∑c[i]×10^i
对每个i，0≤a[i], b[i], c[i]≤9
从 {a[0]+b[0], a[1]+b[1], a[2]+b[2], … } 到 { c[0], c[1], c[2], …} 的过程，可以看成从低位到高位，依顺序许多步进位的合成，经过很多个过渡的数列
而每一次进位数列第i项 s[i]变为 s[i]-10，s[i+1]变为s[i+1]+1，数列各项之和都减少了9
直到每一项都不超过10为止
所以如果发生m次进位，s(C)=∑c[i] 应该等于s(A)+s(B)-9m
s(C)=s(A)+s(B)当且仅当对每个i，a[i]+b[i]≤9

这题不妨ab互素当a≥b且k不整除a可以写成适合的n=Tk^t+z，使一方必有进位另一方没有得到矛盾