je trouve que :
59*37664783427495291902071563088512241054613935969868173258 =
2222222222222222222222222222222222222222222222222222222222

m=37664783427495291902071593088512241054613935969868173258
n = 59

Mis à part (0;0) qui marche très bien
Comme $\forall n \in [0;57], 10^n \equiv a [59]$ avec a qui parcours l'ensemble [1;58] entièrement (quoique dans un ordre différent) , alors $\sum_{n=0}^{57}10^n \equiv \sum_{n=1}^{58}n [59]$, donc $\sum_{n=0}^{57}10^n \equiv 0 [59]$
Par conséquent, n = 57 et $m = \frac{2*\sum_{n=0}^{57}10^n}{59}$

Bonjour

Invention de l'eau tiède :
k * 9 = (k-1)*10 + (10-k)

intéressant par exemple 8*9 = 72 et 2 est égal à 10-8 !
magique !

Passons aux choses sérieuses :

Première itération pour avoir un chiffre des unités égal à 2:  8 x 59 = 472

8 x 59 = 472
On veut un 2 à la place du 7 à la prochaine itération
Donc il manque 5
Donc le chiffre des dizaines du multiplicateur suivant est un 5

58 x 59 = 3 422
On veut un 2 à la place du 4 à la prochaine itération
Donc il manque 8
Donc le chiffre des centaines du multiplicateur suivant est un 2

258 x 59 = 15 222
On veut un 2 à la place du 5 à la prochaine itération
Donc il manque 7
Donc le chiffre des milliers du multiplicateur suivant est un 3

......

On arrive (avec quelques subtilités dues aux zéros à intercaler) à :
m = 37664783427495291902071563088512241054613935969868173258
pour écrire 222222....22222 avec n = 58 chiffres

Tiens tiens !
58 = 59 - 1
(et 59 est premier, et termine par 9 ...)
Y aurait-il une congruence là-dessous ?
A creuser ....

Nicolas

1°) D'après le -petit- théorème de Fermat
$$(10^{58} -1) \equiv 0 \bmod 59 donc (10^{58}-1) = 59*m_1$$
2°) $10^{58}-1$ s'écrit avec 58 "9" successifs, et est donc trivialement divisible par 9, donc $m_1$ l'est aussi.

On pose $m_2$ tel que:
$$m_1 = 9*m_2$$
Donc avec n = 58 et m=$2*m_2$, le tour est joué.

Et moi, tout ce que je peux dire, c'est que je n'ai compris que le raisonnement de EfCeBa.
Je n'ai pas bien compris le "évidemment" de Scrablor

Scarta, Papiauche et Scrablor ont fait du joli travail. Passer par le petit de Fermat était une excellente idée ; quant aux congruences modulo 59 des puissances de 10... Ouah. Ce mec est un ordinateur

@Nombrilist : un peu de lèche-cul ne fait pas de mal, je le sais bien, mais... où est-ce qu'EfCeBa a posé un raisonnement ? Il a écrit deux lignes de Javascript

Mdr Mathias ! C'est juste que je voulais dire de façon imagée que je suivais bien l'algorithme rédigé par EfCeBa. Mais pas le raisonnement des autres personnes. Le Théorême de Fermat, connais pas. Et encore moins les anneaux et autres trucs bizarres.

Juste pour le fun d'une grosse formule Latex , la solution générale est (si je ne me suis pas gouré):
$$m = \frac{2*\sum_{i=0}^{57}10^i*\sum_{j=0}^{+\infty}a_j*10^{58j}}{59}$$
avec
$$\forall j, a_j \in \{0,1\}$$

Au fait qu'on peut écrire 222...222 (58 fois) comme un multiple de 59, mais aussi 222....222 (2x58 fois), 222....222 (3x58 fois, etc.)

Ce qui modifie un peu la formule de Papiauche :
$$m = \frac{2 \times \sum_{i=0}^{57}10^i \times \sum_{j=0}^{k}10^{58j}} {59}$$
avec $k \in \mathbb{N}$.

Celle que Papiauche avait écrite donnait des nombres qui étaient faits de suites de 222...222 (58 fois) et de 000...000 (58 fois) concaténées, alors qu'on ne veut que des 222....222

On peut aussi faire une partie des calculs en avance :
$$m = 37664783427495291902071563088512241054613935969868173258 \times \sum_{j=0}^{k}10^{58j}$$

De rien, Votre Seigneurie.