Ответ: это утверждение неверно; особых чисел бесконечно много.
Идея наиболее естественного решения состоит в следующем. Рассмотрим все числа $n$ от 1 до какого-то $N$. Среди них найдётся некоторое количество $R_N$ таких $n$, для которых $n+s(n)\gt N$. Поэтому среди чисел от 1 до $N$ заведомо не больше $N-R_N$ чисел, представимых в виде $n+s(n)$, то есть по крайней мере $R_N$ чисел — особые (мы здесь даже не учитываем то, что некоторые числа представимы в виде $n+s(n)$ более, чем одним способом). Остаётся убедиться в том, что, выбирая соответствующим образом $N$, можно получить сколь угодно большое $R_N$.
Такая идея встречается в решениях Б. Бикташева и А. Вайнтроба из Москвы, А. Григоряна из Баку, И. Маджулиса из Риги и некоторых других читателей. Чтобы довести её до полного решения, докажем, что среди чисел $n$ от 1 до $N=10^{10k+k}$ существует более $10^k$ таких, для которых $n+s(n)\gt N$. Действительно, если $n\lt N$ и $n\ge N_1=(10^{10k}-1)10^k=9 \ldots 90 \ldots 0$ ($10^k$ девяток и $k$ нyлей), то $n+s(n)\ge (10^{10k+k}-10^k)+9\cdot 10^k\gt N$, а количество чисел $n$ таких, что $N_1\le n \le N$, равно $N-N_1+1=10^k+1$.
Другое решение (наиболее аккуратно оно проведено в работах А. Печковского из Москвы и Л. Пугача из Днепропетровска) — указание способа, позволяющего построить конкретную последовательность особых чисел. Вот одна такая последовательность:
$$
\begin{align*}
m_1&=9+11=20,\\
m_2&=20+101=121,\\
m_3&=121+1001=1122,\\
\end{align*}
$$
где $m_k=m_{k-1}+10^k+1$.
Докажем по индукции, что все эти числа — особые. Предположим, для $m_{k-1}$, это верно ($k\ge 3$), а для $m_k$ — нет: $m_k=n+s(n)$.
Прежде чем пользоваться этим предположением, докажем, что десятичное разложение числа $m_k$ выглядит так:
$$
m_k=10^k+a_{k-1}10^{k-1}+\ldots+a_0,
$$
где цифра $a_{k-1}\neq 0$, т.е. что $11\cdot 10^{k-1}\lt m_k \lt 2\cdot 10^k$. Левое неравенство очевидно, а правое проверяется по индукции:
$$
m_k=m_{k-1}+10^k+1\lt 2\cdot 10^{k-1}+10^k+1=12\cdot 10^{k-1}+1\lt 2\cdot 10^k.
$$
Теперь можно доказать, что десятичная запись числа $n$ тоже начинается с единицы:
$$
n=10^k+b_{k-1}\cdot 10^{k-1}+\ldots+b_1\cdot 10+b_0,
$$
то есть что $10^k\lt n \lt 2\cdot 10^k$. Здесь правое неравенство очевидно, а левое доказывается от противного: если $n\lt 10^k$, то $s(n) \lt9k$ и $$
n+s(n)\lt 10^k+9k\lt 10^k+10^{k-1}=11\cdot 10^{k-1}\lt m_k
$$
($9k\lt 10^{k-1}$ при $k\ge 3$).
Обозначим число $n-10^k$ (число $n$ с отброшенной первой цифрой, равной единице) через $n^*$. Тогда, очевидно, $s(n^*)=s(n)-1$ и поэтому
$$
n^*+s(n^*)=n-10^k+s(n)-1=m_k-10^k-1=m_{k-1}.
$$
Таким образом, получается, что число $m_{k-1}$ — не особое. Противоречие с предположением доказывает справедливость индукционного перехода от $k-1$ к $k$. То, что числа $m_1$ и $m_2$ — особые, установить нетрудно.
