Problème de proba sur un jeu de cartes

Bonjour,
J'ai établi, pour la probabilité cherchée, une expression peu séduisante, mais qu'il me parait difficile d'améliorer.

Soit $n \in \N^*$. Je note $E = [\![1;2n]\!]$ et $\forall i \in [\![1;n]\!], \: A_i := \left\{ \sigma \in \mathfrak S_E \mid \sigma(i) \equiv i \mod n\right\},\: A_{i+n} := \{ \sigma \in \mathfrak S_E \mid \sigma(i+n) \equiv i \mod n\}$.
La probabilité cherchée est donc: $1-P_n$ où $P_n=\dfrac { \text {Card}\left ( \displaystyle{\bigcap_{i=1}^{2n}} \:\overline{A_i}\right )}{(2n)!}$. La "formule du crible" dit que $ (2n)! P_n = \displaystyle{ \sum _{S\subset E} (-1)^{\text{Card}S} \text{Card}\left(\bigcap_{i \in S } A_i \right)}$
Pour toute partie $S$ de $E$, on définit:
$k_S = \text{Card}\left \{i \in [\![1;n]\!] \mid i\:\text{et}\: i+n \in S\right\};\:\: p_S =\text{Card}\left \{i \in [\![1;n]\!] \mid i \in S\:\text{et}\: i+n \notin S\right\};\:\: q_S =\text{Card} \left\{ i \in [\![1;n]\!] \mid i \notin S\:\text{et}\: i +n \in S\right \}$
Il vient:
$$\text{Card}\left (\displaystyle{\bigcap _{ i\in S}A_i } \right)= 2^{k_S+p_S +q_S} (2n -2k_S -p_S -q_S)! $$
$\forall k,p,q \in \N$ tels que $0\leqslant k+p+q\leqslant n, \:\text{Card} \left\{ S\subset E \mid k_S=k,\:p_S=p,\: q_s=q\right\} =\dfrac {n!}{k!p!q! (n-k-p-q)!}$
On déduit: $(2n)!P_n = \displaystyle {\sum_{0\leqslant k+p+q\leqslant n} \dfrac{(-1)^{2k+p+q} 2^{k+p+q} n!(2n - 2k -p-q)!}{k!p!q! (n-k-p-q)!}}$
$(2n)! P_n=\displaystyle{\sum_{0\leqslant k+p+q\leqslant n} (-1)^{p+q} 2^{k+p+q}\binom n {k+p+q}\binom{k+p+q}k \binom{p+q} p (2n -2k - p-q)!} $

$(2n)! P_n = \displaystyle{\sum _{s=0}^n \binom ns 2^s \sum_{k=0}^s (-1)^{s-k} \binom sk (2n-s-k)!\sum _{p=0}^{s-k} \binom {s-k}p =\sum_{s=0}^n \binom ns 2^s \sum _{k=0} ^s (-1)^{s-k} \binom sk(2n-s-k)! \:2^{s-k}}$
$$ \boxed{(2n)! P_n = \displaystyle {\sum_{0\leqslant k \leqslant s \leqslant n} (-1)^k 2^{s+k} \binom ns \binom sk (2n-2s+k)! }}$$
J'ai vérifié, pour $n=1,2,3$, cette formule, que je ne parviens pas à simplifier significativement .
Elle affirme que ; $P_1 =0,\: P_2 =\dfrac 4 {4!}, \: P_3 = \dfrac {80}{6!}, \: P_4= \dfrac{4752}{8!},\: P_5 =\dfrac{440192}{10!},\: P_6 = \dfrac {59245120}{12!}$...

Bonjour Pierre,

Il est facile de s'assurer directement que $P_2$ est bien égal à $\dfrac 4{24}$.
D'autre part, j'ai finalement obtenu pour $(2n)! P_n$, une expression relativement esthétique, à savoir:
$$ \boxed{ (2n)!P_n = \displaystyle{ \int _0^{+\infty} \mathrm e^{-x} (x^2-4x+2)^n \mathrm d x}}$$
Je note $\mathcal T_n := \{ (k,i) \in \N^2 | k+i \leqslant n \} $. Alors, en remplaçant $s$ par $k+i$ dans l'expression de $(2n)!P_n$ donnée dans mon message précédent, on obtient:
$(2n)!P_n = \displaystyle{ \sum _{(k,i) \in \mathcal T_n} (-1)^k2^{2k+i} (2n-2i-k)! \dfrac {n!} {k! i! (n-k-i)!}}$
Apparaissent alors dans cette dernière somme les coefficients multinomiaux issus du développement de $(X^2-4X+2)^n$.
$(x^2-4x+2)^n = \displaystyle{ \sum _{(k,i) \in \mathcal T_n} \dfrac {n!}{(n-k-i)!k!i!} (-1)^k 2^{2k+i} x^{2n-2i-k}}$, et avec $\forall m\in \N, \:m!=\displaystyle{\int _0^{+\infty} x^m \mathrm e^{-x} \mathrm dx}$, on déduit l'égalité annoncée.
Un intérêt de cette intégrale est qu'elle fournit, moyennant un peu de travail, la limite de $(P_n)_n$: $\:\:\:\:\boxed{ \displaystyle{ \lim_{n\to +\infty}P_n = \dfrac1 {\mathrm e^2}}.}$
On peut aussi remarquer que pour le problème classique des "dérangements" ($n$ cartes et $n$ "emplacements"), on dispose d'une formule similaire: $n!P_n = \displaystyle {\int_0^{+\infty} \mathrm e^{-x}(x-1)^n \mathrm dx}$ et que, au prix d'un dénombrement qui demande une certaine concentration, on parvient, pour le "problème $pn$ cartes-$n$ emplacements", à la généralisation suivante: $\boxed{P_n =\dfrac 1{(pn)!} \displaystyle{ \int _0^{+\infty} \mathrm e^{-x}\left (\sum_{k =0} ^p (-1)^k k! \binom pk ^2 x^{p-k}\right)^n \mathrm dx}}$.