Une curiosité ... unique ? (séquences de chiffres différents et chaînes de Markov)

J’ose croire que $\pi$ le fait aussi mais peut-être pas aussi « rapidement ». 

Pour $\pi$ il y a un programme de recherche de séquences en ligne : la tienne jelobreuil y apparaît à partir de la 54 484 034ème décimale. On peut s'amuser à chercher son numéro de téléphone

The string 457618932 occurs at position 8,669 counting from the first digit after the decimal point.

Je comprends la question comme une « récréation » (ce n’est pas péjoratif !).
Parmi les nombres que l’on connaît et que l’on utilise disons « usuellement », sait-on s’il y en qui ont cette particularité d’avoir une telle suite de chiffres dans les premières décimales ?

Oui bien sûr @jelobreuil. S'il n'était pas tard quand j'ai posté mon message cette nuit, j'aurais ajouté quelques explications au moins.

J'ai pris une chaîne de Markov composée de 9 états numérotés de 1 à 9, qu'on parcourt en même temps qu'on lit les chiffres du nombre de gauche à droite. On est dans l'état numéro $i$ si $i$ est le cardinal de la plus longue suite de chiffres distincts terminant la suite des 9 prochains chiffres. Par exemple, si $x=4{,}304394959376493\dots$ et qu'on est à l'étape 3, on regarde les 9 chiffres $043949593$, dont $593$ est la plus longue suite finale de chiffres distincts, donc on est à l'état 3. Exception : on fait de 9 un état puits, i.e. quand on a rencontré une suite de 9 chiffres distincts consécutifs, on reste à l'état 9 pour toujours.
Ensuite, dans un intervalle du type $[0,10^k]$, les chiffres sont des variables aléatoires indépendantes et uniformes dans $\{0,\dots,9\}$, vis à vis de la probabilité uniforme sur l'intervalle. Ainsi, on calcule les probabilités de passage entre les états, qu'on met dans une matrice de passage : $$A := \Big(\Bbb P(j\to i)\Big)_{1\leqslant i,j\leqslant 9} = \left( \begin{array}{ccccc|c}  \frac1{10} & & & & & 0 \\ \frac9{10} & \frac1{10} & & \frac1{10} & & \vdots \\ & \frac8{10} & \ddots & & & \vdots \\ & & \ddots & \ddots & & \vdots \\ & 0 & & \frac3{10} & \frac1{10} & 0 \\ & & & & \frac2{10} & 1 \\ \end{array}\right)$$Puis, on notant $\vec v_n \in\Bbb R^9$ le vecteur des probabilités d'être dans les différents états de la chaîne à l'étape $n$, on a $\vec v_{n+1}=A \vec v_n$. Et on connait l'état initial grâce à un dénombrement : $$\vec v_1 = \left( \begin{array}{c} \vdots \\ \frac{10!}{(10-i)!} \cdot i \cdot 10^{-(i+1)} \\ \vdots \\ \hline 10! \cdot 10^{-9} \end{array}\right)$$
Enfin, en notant $T$ le numéro de la première étape à laquelle on rencontre une suite de 9 chiffres consécutifs distincts, on a $\Bbb E[T] = \sum\limits_{n=0}^\infty \Bbb P(T>n) = 1+ \sum\limits_{n=1}^\infty (1-\big[\vec v_n\big]_9)$. Et la proba que j'ai donnée est $\big[\vec v_7\big]_9$. Le tout a été calculé sur Python grâce au code suivant (qui permet de regarder plus généralement des suites de $N\in\{1,\dots,10\}$ chiffres).

N = 9

import numpy as np
A = np.zeros((N,N))
for i in range(1,N):
    A[i-1,i-1:-1] = np.ones(N-i)/10
    A[i,i-1] = (10-i)/10
A[-1,-1] = 1

def factorielle(n):
    if n==0: return 1
    else: return n*factorielle(n-1)
v = [factorielle(10)/factorielle(10-i)*i/10**(i+1) for i in range(1,N)]
v.append(factorielle(10)/factorielle(10-N)/10**N)

n = 1
esp = 1+(1-v[-1])
while 1-v[-1]>1e-14:
    n += 1
    v = np.dot(A,v)
    esp += 1-v[-1]
    if n==7: print("proba [v_7]_N =", v[-1])
print("E[T] =", esp)

Interdisons alors de poser quelque opération que ce soit à l'écrit, fût-ce sur un écran. 
Au passage, on voit bien qu'il y a 9 chiffres et que le premier edt un 5 car $2^{29}$ est la moitié de $(2^{10})^3$ qui vaut un peu plus de $(10^3)^3$.

Ce n'est pas l'idée.

$2^{30} = (2^3)^{10} \equiv 1\ [9]$ donc $2^{29} \equiv 5\ [9]$ (c'est l'inverse de $2$ modulo $9$).

Exactement Pomme de terre.