Решение 1:   Рассмотрим все целые числа от 1 до какого-то N. Среди них найдётся некоторое количество  R(N)  особых чисел (например, число 1 – особое). Остается показать, что, выбирая соответствующим образом N, можно получить сколь угодно большое  R(N).   Первый способ. Ясно, что  R(N)  не меньше, чем количество таких  n ≤ N,  для которых  n + s(n) > N.

  Возьмём  N = 10^10k  и докажем, что  R(N) ≥ 10^k.  Рассмотрим число M = N – 10^k = 9...90...0  (10^k девяток и k нулей). Если  M ≤ n < N,  то

n + s(n) ≥ N – 10^k) + 9·10^k > N.   Второй способ. Ясно, что  R(N)  не меньше, чем количество таких пар чисел  m < n ≤ N,  для которых  m + s(m) = n + s(n).  Докажем, что

R(100k + 100) ≥ k.  Действительно, при каждом целом a от 1 до k для чисел  m = 1000a + 91 и n = 1000a + 100

m + s(m) = n + s(n) = 1000a + s(a) + 101.

Решение 2:   Докажем, что бесконечная последовательность, заданная соотношениями:  m₀ = 9,  m_k = m_k–1 + 10^k + 1,  состоит из особых чисел.

  Сначала докажем, что  11·10^k–1 < m_k < 2·10^k  при  k > 1. Левое неравенство очевидно, а правое проверяется по индукции:

m_k = m_k–1 + 10^k + 1 < 2·10^k–1 + 10^k + 1 = 12·10^k–1 + 1 < 2·10^k.

  Предположим, что в нашей последовательности есть неособое число; рассмотрим наименьший номер k, при котором  m_k = n + s(n).  Заметим, что  k ≥ 3,  так так "особость" чисел  m₁ = 9 + 11 = 20  и  m₂ = 20 + 101 = 121  нетрудно проверить непосредственно.

  Докажем, что  10^k < n < 2·10^k.  Здесь правое неравенство очевидно, а левое доказывается от противного: если  n < 10^k,  то

n + s(n) < 10^k + 9k < 10^k + 10^k–1 = 11·10^k–1 < m_k  (9k < 10^k–1  при k ≥ 3).

  Таким образом, десятичная запись числа n начинается с 1. Значит, число  l = n – 10^k  получается из n отбрасыванием первой цифры. Следовательно,  s(l) = s(n) – 1,  и поэтому  l + s(l) = n – 10^k + s(n) – 1 = m_k – 10^k – 1 = m_k–1.  Противоречие, поскольку число m_k–1 – особое.

Неверно.