Rzuty trzema kostkami, wypadnięcie jedynek

[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”

Rozwiązełem to sam, ale nie wiem czy to co napisałem ma sens, dlatego dobrze by było gdyby ktoś to sprawdził.
Rozpisałem to na 3 sytuacje:
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
\(\displaystyle{ P(A)=\frac{5^3}{6^3} \\
P(B)=\frac{5^2}{6^3} \\
P(C)=\frac{5}{6^3} \\
P(D)=\frac{1}{6^3}}\)

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

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

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

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

Żeby na wszystkich kostkach były jedynki, to przy pierwszym rzucie musi zajść B,C, lub D, przy drugim \(\displaystyle{ B_2}\), lub \(\displaystyle{ B_3}\), przy trzecim \(\displaystyle{ B_2'}\).
Czyli
\(\displaystyle{ P(B)\cdot P(B_2)\cdot P(B_2')+P(B)\cdot P(B_3)+P(C)\cdot P(C_2)+P(D)=...}\)
Dobry sposób? I czy da się to jakoś inaczej rozwiązać?

[pyzol]

Na oko dobry...
Lepiej zrobić to dla jednej kostki.
\(\displaystyle{ A_1}\) wypadła jedynka za pierwszym razem
\(\displaystyle{ A_2}\) wypadła przy drugim rzucie
\(\displaystyle{ A_3}\) wypadła za trzecim razem
\(\displaystyle{ P(A)=\frac{1}{6}+\frac{5}{6}\cdot \frac{1}{6}+\left( \frac{5}{6}\right)^2 \cdot \frac{1}{6}}\)
Teraz każda kostka, to osobny obiekt. Zdarzenia typu "co wypadnie na pierwszej kostce, co na drugiej " są niezależne, więc chcemy otrzymać trzy razy sukces. Ostatecznie mamy:
\(\displaystyle{ P(A)^3}\)

[Kanodelo]

Coś jest nie tak, bo Twoim sposobem wychodzi inny wynik niż moim

[pyzol]

Kostki rozróżniamy, czyli np:
\(\displaystyle{ P(B)=3\cdot \frac{5^2}{6^3}}\)

[Kanodelo]

W I rzucie wszystkie prawdopodobieństwa muszą być pomnożone przez 3, a w II przez 2?

[pyzol]

Ale dla zdarzenia \(\displaystyle{ A}\) mamy:
\(\displaystyle{ P(A)=\left(\frac{5}{6} \right)^3}\), czyli tak jak masz. Błędnie masz \(\displaystyle{ P(B),P(C)}\). Dalej
\(\displaystyle{ P(B_2)}\) powinno być przemnożone przez \(\displaystyle{ 2}\), natomiast \(\displaystyle{ P(B_3)}\) jest poprawnie...
Ogólnie to lekko zamieszane te twoje rozwiązanie.