Il y en as 109

22
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10311233
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10413223241516
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613223141526171819
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1011112131415171819
1011112131416171819
1011112131516171819
1011112141516171819 
1011113141516171819
1111213141516171819
10713223141516271819
101112213141516171819

@Memento : Ok, mais la démo ?

@Mathias: non, j'ai bien regardé et j'ai rien vu de tel (sur le post de Vasimolo, par contre oui c'est vrai ça existe bien). Mais bon, j'attends un résultat et aussi la démo qui va avec

Voila ce que je trouve après un fastidieux dénombrement. k est le nombre de chiffres des points fixes :

k=2
22 : 1 solution

k=4
0 solution

k=6
0 solution

k=8
31331x1y x,y dans {0,2,4,5,6,7,8,9} : 28 solutions
2132231x x dans {0,4,5,6,7,8,9} : 7 solutions

k=10
3122331x1y x,y dans {0,4,5,6,7,8,9} : 21 solutions

k=12
0 solution

k=14
413223241x1y1z x,y,z dans {0,5,6,7,8,9} : 20 solutions

k=16
513223251x1y1z1t x,y,z,t dans {0,4,6,7,8,9} : 6 solutions 15 solutions, c'est mieux scarta !

k=18
613223261x1y1z1t1u x,y,z,t,u dans {0,4,5,7,8,9} : 6 solutions

k=19
1111x1y1z1t1u1v1w1s : 9 solutions

k=20
10713223141516271819 : 1 solution

k=21
101112213141516171819 : 1 solution

Ce qui me fait en tout 100 solutions.
Comme ca ne valide pas, j'ai du en oublier !
Ce qui me fait 109 solutions, validé !

*tousse* la case marche mieux du coup

@Gasole: bien vu, c'est fait exprès
Ceci dit une démo et éventuellement la liste complète ne serait pas de refus.

Bon alors, la réponse était bien 109. La démo maintenant.
Soit X un point fixe de f de N chiffres comprenant D chiffres différents.
Notre nombre s'écrit alors [latex]a_0b_0a_1b_1...a_{D-1}b_{D-1}[/latex], où les bi sont les D chiffres différents dans l'ordre et les ai le nombre de fois où chacun d'eux apparaît. Première remarque : N >= 2D (vu qu'ilfaut au minimum un chiffre pour chaque bi et un autre pour chaque ai)

On a [latex]\sum_{i=0}^{D-1}{a_i}=N[/latex] car la somme des nombres de fois où chaque chiffre apparaît doit donner le nombre de chiffre total.
On a aussi [latex]\sum_{i=0}^{D-1}{g(a_i)} = N-D[/latex],où g est la fonction qui renvoie le nombre de chiffres d'un nombre. En effet, parmi nos N chiffres, D sont utilisés pour écrire les bi, tous les autres servent donc aux ai.
Parmi ces N-D chiffres, D sont des chiffres des unités et donc N-2D sont au minimum des chiffres de dizaines. De plus, au moins D-(N-2D) = 3D-N sont des chiffres d'unités qui ne sont pas suivi de dizaines et sont donc non nuls
Du coup, [latex]\sum_{i=0}^{D-1}{a_i} = N \geq 10N-20D + 3D-N\\
8N \leq 17D\\
N \leq 2D + \frac{D}{8}[/latex]

Donc [latex] 2D \leq N \leq 2D + \frac{D}{8}[/latex]

On va maintenant regarder ce qu'il se passe pour chaque valeur de D.
Petite remarque cependant: quand N = 2D, supposons que parmi les ai, x d'entre eux valent 1. Dans ce cas, le 1 apparaît x+1 fois et du coup le chiffre 'x+1' doit apparaître dans nos ai (il sera la valeur de ai correspondant à bi=1).
Du coup, parmi nos D nombres ai, on en a x+1, et leur somme fait 2x+1. Il en manque donc D-x-1, et leur somme vaut 2D-2x-1.
Tous sont supérieurs à 1 et valent au moins 2, donc leur somme vaut au moins 2D-2X-2. Il en résulte que la seule combinaison possible pour les ai restants est "un 3 et que des 2".

On commence avec D=1 => N=2 => le même chiffre apparaît 2 fois => 2 apparaît dans notre nombre => le seul point fixe est 22

D=2 => N=4
ai = {1 3} => Le 1 apparaît 2 fois, et aucun 2 dans nos ai
ai = {2 2} => Le 2 apparaît 3 fois, et aucun 3 dans nos ai
De manière plus générale, on peut exclure les solutions où tous les ai valent 2.

D=3 => N=6
ai={1 2 3} => Chaque chiffre apparaît 2 fois, et on n'a qu'un seul 2

D=4 => N=8
ai={1 1 3 3} => Les solutions de la forme 31331a1b sont des points fixes (soit 28 points fixes)
ai = {1 2 2 3} => Les solutions de la forme 2132231a sont des points fixes (soit 7 poins fixes)

D=5 => N=10
ai = {1 1 2 3 3} => 3122331a1b sont des points fixes (21)
ai = {1 2 2 2 3} => 4 fois 2, et pas de 4 dans nos ai

D=6 => N=12
ai = {1 1 1 2 3 4} => 2, 3 et 4 apparaissent 2 fois, mais on n'a qu'un seul 2 dans nos ai
ai = {1 1 2 2 3 3} => Chacun apparaît 3 fois, mais il n'y a que 2 fois le chiffre 3 dans nos ai
ai = {1 2 2 2 2 3} => 2 apparaît 5 fois mais 5 n'est pas dans nos ai

D=7 => N=14
ai = {1 1 1 1 2 3 5} => 2, 3 et 5 apparaissent 2 fois, mais on n'a qu'un seul 2 dans nos ai
ai = {1 1 1 2 2 3 4} => 413223241a1b1c sont des points fixes (20)
ai = {1 1 2 2 2 3 3} => 4 fois le chiffre 2 (et inutile d'aller plus loin pour ce cas-ci, le nombre de 2 ne fait qu'augmenter)

D=8 => N=16 / N=17
N=16
ai = {1 1 1 1 2 2 3 5} => 513223251a1b1c1d sont des points fixes (15)
ai = {1 1 1 2 2 2 3 4} => Le 2 apparaît 4 fois, inutile d'aller plus loin

N=17 => Il faut nécessairement un ai à 2 chiffres, or la seule combinaisons est
ai = {1 1 1 1 1 1 1 10}, mais 1 apparaît alors 8 fois et ce n'est pas un ai valide

D=9
N=18
ai= {1 1 1 1 1 2 2 3 6} => 613223261a1b1c1d1e => 6 points fixes
ai= {1 1 1 1 2 2 2 3 5} => Trop de 2, on peut arrêter là

N=19
ai = {1 1 1 1 1 1 1 1 11} => 1111a1b1c1d1e1f1g1h => 9 points fixes
ai = {1 1 1 1 1 1 1 2 10} => 9 fois 1, et pas de 9 dans les ai

D=10
N=20
ai = {1 1 1 1 1 1 2 2 3 7} => 10713223141516271819 est un point fixe
ai = {1 1 1 1 1 2 2 2 3 6} => 4 fois 2, on peut arrêter là

Et enfin dernier cas, N=21
ai = {1 1 1 1 1 1 1 1 2 11} => 101112213141516171819

Total : 1+1+9+6+15+20+21+7+28+1 = 109 points fixes.


Bravo à ceux qui ont trouvé (et cherché)