Rzuty kostkami - gdzie jest błąd...

[Kanodelo]

Rzucamy trzema sześciennymi kostkami do gry. Następnie rzucamy ponownie tymi kostkami, na których nie wypadły „jedynki”.
W trzeciej rundzie rzucamy tymi kostkami, na których do tej pory nie wypadły „jedynki”.
Oblicz prawdopodobieństwo, że po trzech rundach na wszystkich kostkach będą „jedynki”

Czy ktoś widzi błąd w poniższym rozumowaniu:
I RZUT
A-na żadnej nie wypadła jedynka - nie rzucamy ponownie
B-na jednej wypadła jedynka - rzucamy ponownie dwiema kostkami
C-na dwóch wypadła jedynka - rzucamy ponownie jedną kostką
D-na trzech wypadła jedynka - nie rzucamy ponownie
\(P(A)=\frac{5^3}{6^3} \\
P(B)=\frac{5^2}{6^3} \\
P(C)=\frac{5}{6^3} \\
P(D)=\frac{1}{6^3}\)

II RZUT
\(B_1\)- na żadnej z dwóch nie wypadła jedynka, nie rzucamy więcej
\(B_2\) - na jednej z dwóch wypadła jedynka, rzucamy ponownie jedną
\(B_3\) - na dwóch wypadła jedynka, nie rzucamy więcje

\(C_1\) - na żadnej z jednej nie wypadła jedynka, nie rzucamy więcej
\(C_2\) - na jednej wypadła jedynka, też nie rzucamy ponownie

\(P(B_2)=\frac{5}{6^2} \\
P(B_3)=\frac{1}{6^2} \\
P(C_2)=\frac{1}{6}\)

III RZUT
mamy tylko jedną możliwośc, rzucamy ponownie jedną kostką (\(B_2\))
\(B_1'\) - na jednej nie wypadła jedynka
\(B_2'\)- na jednej wypadła jedynka
\(P(B_2')=\frac{1}{6}\)

Żeby na wszystkich kostkach były jedynki, to przy pierwszym rzucie musi zajść B,C, lub D, przy drugim \(B_2\), lub \(B_3\), przy trzecim \(B_2'\).
Czyli wyjdzie \(P(B)\cdot P(B_2)\cdot P(B_2')+P(B)\cdot P(B_3)+P(C)\cdot P(C_2)+P(D)\)

[irena]

Rzucamy trzema sześciennymi kostkami do gry. Następnie rzucamy ponownie tymi kostkami, na których nie wypadły „jedynki”.
W trzeciej rundzie rzucamy tymi kostkami, na których do tej pory nie wypadły „jedynki”.
Oblicz prawdopodobieństwo, że po trzech rundach na wszystkich kostkach będą „jedynki”

Czy ktoś widzi błąd w poniższym rozumowaniu:
I RZUT
A-na żadnej nie wypadła jedynka - nie rzucamy ponownie


II RZUT
\(B_1\)- na żadnej z dwóch nie wypadła jedynka, nie rzucamy więcej

I RZUT
A- na żadnej nie wypadła jedynka - rzucamy trzema kostkami

II RZUT
\(B_1\) - podobnie

[Kanodelo]

Czyli należy dodać:
I RZUT
\(A\) - na żadnej nie wypadła jedynka, rzucamy 3 kostkami

II RZUT
\(A_1\) - na żadnej z trzech nie wypadła jedynka, rzucamy ponownie 3 kostkami
\(A_2\) - na jednej wypadła jedynka, rzucamy 2 kostkami
\(A_3\)- na dwóch wypadła jedynka, rzucamy 1 kostką
\(A_4\) - na trzech wypadła jedynka, nie rzucamy więcej

\(B_1\) -na żadnej z dwóch nie wypadła jedynka, rzucamy ponownie dwiema

III RZUT
\(A_1'\) - na żadnej z trzech nie wypadła jedynka, rzucamy ponownie 3 kostkami
\(A_2'\)- na jednej wypadła jedynka, rzucamy 2 kostkami
\(A_3'\)- na dwóch wypadła jedynka, rzucamy 1 kostką
\(A_4'\)- na trzech wypadła jedynka, nie rzucamy więcej
i tak dalej, dla \(B_i'\) będą takie same przypadki jak dla \(B_i\)

Czyli już widzę,że moje rozwiązanie jest do kitu, bo to będzie się potem ciągnęło w \(\infty\)