7/8 * (1/7 * 28/31 + 6/7 * 27/31) * (1/7 * 3/27 * 28/30 + 1/7 * 24/31 * 27/30 + ...)

Horrible, non ?

Tu parles de séries, je vais essayer par récursion...

Avec 7,8,9,7,8,9 :
4/6 * (2/5 * ...

Je ne sais pas si je vais avoir le courage !

On suppose les cartes de même hauteur indiscernables.
Il y a [latex]\begin{pmatrix}32\\4\end{pmatrix}[/latex] façons de placer les 4 sept sur 32 places.
Puis [latex]\begin{pmatrix}28\\4\end{pmatrix}[/latex] façons de placer les 4 huit aux 28 places restantes...
Une seule façon que ce soit placé comme demandé, donc :
[TeX]p=\frac{1}{\prod\limits_{k=1}^8\begin{pmatrix}4k\\4\end{pmatrix}}=\fbox{\frac{24^8}{32!}}[/TeX]
jeu de 52 cartes :
[TeX]p=\frac{1}{\prod\limits_{k=1}^{13}\begin{pmatrix}4k\\4\end{pmatrix}}=\fbox{\frac{24^{13}}{52!}}[/TeX]

Je dis 7 et est 4 chances sur 32 de le retourner
Je dis 8 et est 4 chances sur 31 de le retourner
...
Je dis 7 et est 3 chances sur 24 de le retourner
...
Je dis 7 et est 1 chance  sur 8 de le retourner

ce qui donne [latex]\frac{4!^8}{32!}[/latex] de dire le paquet dans l'ordre ce qui n'a qu'un léger rapport avec la question J'y reviendrai

Au vu des 4 premiers termes, j'aurais envie de tenter (7/8)^32.

Où en sommes nous ??? Personne n'a trouvé

Toni : c'est un peu plus compliqué que ça .
Dan : Bizarement on retourne plus facilement 52 cartes que 32 .
Franck : C'est un début !
Looping : avec 4 couleurs c'est un peu plus délicat !
Nombrilist et Halloduda :

Vasimolo

Help ! Dis-moi si avec [latex]\epsilon[/latex] je suis dans les choux ou pas ?
Ça voudrait dire : quasiment sûr de ne pas rater.

Soit le jeu [latex]J1[/latex] rangé dans l'ordre [latex]7*,8*,9*,...,A*, 7*,8*,...,A*,7*,...,A*,7*,...,A*[/latex] où chaque étoile peut être [latex]P,C,K ou T[/latex].
On appellera jeu de type [latex]J1[/latex], tout jeu obtenu à partir de [latex]J1[/latex] en permutant des 7 entre eux, des 8 entre eux, ... ou des As entre eux. 

Et soit le jeu [latex]J2[/latex] complètement mélangé.

[latex]J2[/latex] est une permutation de [latex]J1[/latex], permutation décomposable en orbites, les orbites de longueur 1 étant des points fixes (un point fixe étant ici une carte qui n'aura pas bougé de sa place lors d'un mélange).

La probabilité qu'il y ait [latex]k[/latex] points fixes est donnée par le principe d'inclusion-exclusion de Moivre
et vaut (je fais confiance) appliquée à [latex]k=0[/latex] point fixe et [latex]n=32[/latex] cartes:

[latex]P(N=0) = \frac{1}{k!}\sum_{l=0}^{n}\frac{(-1)^l}{l!}\sim \frac{1}{e}[/latex] (on considère [latex]n=32[/latex] est "grand")

ça c'est la probabilité que [latex]J1[/latex] et [latex]J2[/latex] ne corresponde sur aucune carte.

A suivre j'espère...

Pour rassurer ceux qui rament , j'ai trouvé une formule ( assez monstrueuse )donnant la probabilité mais je ne sais pas la calculer à la main .

Bref c'est pas pour les petits bras

Vasimolo

Bon, on va essayer de procéder dans l'ordre.
Il est évident que l'ordre du jeu lorsqu'on commence à compter détermine la suite du jeu.
Combien de différentes combinaisons a-t'on? 32! si on considère les couleurs, mais là ça n'est pas le cas: on a compté chaque combinaison 4! fois au lieu d'une pour ce qui est des 7, pareil pour les 8, 9, 10...
Au final, on a donc un total de 32! / (4!)^8 combinaisons, soit 2.39x10^24 (ce qui fait beaucoup, environ 4 fois le nombre d'atomes dans une mole...)

Ensuite, si je perds sur un 7 c'est qu'il y en avait un en position 1 et/ou 9 et/ou 17 et/ou 25. Combien de combinaisons pour ça ?
Une combinaison avec un 7 en position 1 peut se décliner en 31!/((3!)(4!)^7) combinaisons après, et pareil pour les autres positions.
On peut d'ailleurs constater que cela représente 1/8eme des combinaisons (sans aucune autre hypothèse, j'ai bien une chance sur 8)

Ensuite, on applique le principe d'inclusion-exclusion pour les quatre 7

* Avoir un 7 en position 1 et un autre en position 9 (ou n'importe quelle autre paire) peut donner lieu à 30!/((2!)(4!)^7) combinaisons

* Avoir un 7 aux positions 1, 9 et 17 (ou n'importe quel autre triplet) peut donner lieu à 29!/(4!^7)

* Avoir les quatre 7 aux mauvais endroit, donne lieu à 28!/(4!^7)


Total: 31!/((3!)(4!)^7) * 4 - 30!/((2!)(4!)^7) * 6 + 29!/(4!^7) * 4 - 28!/(4!^7)


La probabilité de perdre sur un 7 est égale à la division du nombres de "bonnes" combinaisons par le nombre total, soit très exactement 3097/7192 (ou 43.06%)

Bon ensuite, on est un peu malin: les probabilités de perdre sur un 7, un 8, un 9 ou autre sont les mêmes !

On va du coup appliquer à nouveau le principe d'inclusion-exclusion pour les cas où on perd en théorie à cause de plus d'une carte.

Mais là j'ai pas le temps, je finirai plus tard

Soit p la probabilité de tirer une carte donnée à un rang souhaité. J'ai le feeling que P est constant: Il y a une chance sur huit de tirer un sept à la première carte et il y a aussi une chance sur huit d'avoir un as à la trente deuxième position. Pour un jeu de 32 cartes p=1/8

Soit Px la probabilité de s’arrêter exactement au rang x, ie on ne s’arrête pas avant. P2 est la probabilité d'obtenir un huit à la deuxième carte sans avoir retourner un sept auparavant. P2= (1-p)p
[TeX]P3=(1-P1)(1-P2)P1=p(1-p)(1-P2)=P2(1-P2)[/TeX]
[TeX]P_x=P_{x-1}(1-P_{x-1})[/TeX]
La probabilité de retourner l'ensemble du jeu est donc
[TeX]Proba = \prod_{i=1}^{32}(1-P_i)=\frac{1}{p}P_{33}[/TeX]
J'utilise un tableur et trouve une probabilité de 19.2 % de ne pas s’arrêter en chemin. Une probabilité relativement élevée... mouais... regardons cela d'un peu plus près.

P1 = 12.5% soit un huitième
P2 = 10.9% <1/8 car il y a une chance d'avoir été stoppé au rang 1.
[...]
P32 = 2.5 %

J'attends de voir les critiques et les réponses des autres.

@vasimolo : dis-moi où je me trompe... tu ne peux pas juste me dire que c'est pas ça

Après avoir simulé le tirage de façon aléatoire une dizaine de millions de fois (à la main ), je trouve un résultat d'environ 15 millièmes.

Vasimolo, j'espère que tu n'es pas chargé de pondre les sujets des concours de classes prépas !

@Dan

Tes résultas sont très proches des miens . Je n'ai pas trouvé d'approche probabiliste cohérente mais il y a une approche combinatoire ou expérimentale .

Vasimolo