اولن واضح که در این فراین اعداد $0,1,7,8,9$ ظاهر نمی شوند و هر جا که عدد $k$ ظاهر شود تعدادشان حتمن مضاربی طبیعی از $k-1$ است پس هر جا $325$ را داریم در واقع $3325555$ را داریم.حالا یک عدد $12$ رقمی شامل $325$ در واقع شامل $3325555$ است.حالا برای هر $1 \leq n \leq 6$ ،$A_n$ را پیشامدی بگیرید که این عدد از مکان $n$ ام شروع شود و متوجه هستیم که در بین این حالات به هر تعداد دلخواه تاس $1$ می آید که $0$ بار نوشته میشه به عبارتی دیگر نوشته نمیشه.و چون:
$ \sum _{n_1=1}^ \infty ... \sum _{n_m=1}^ \infty ( \frac{1}{6} )^{n_1}...( \frac{1}{6} )^{n_m}=( \frac{1}{5} )^m$
پس داریم:
$p(A_1)=p(3325555...)=( \frac{1}{6} )^3( \frac{1}{5} )^3$
$p(A_2)=p(23325555...)=(\frac{1}{6})^4( \frac{1}{5} )^4$
$p(A_3)=p(223325555...)+p(333325555...)=( \frac{1}{6} )^5( \frac{1}{5} )^5+( \frac{1}{6} )^4( \frac{1}{5} )^4$
$p(A_4)=p(2223325555...)+p(2333325555...)+p(3323325555...)+p(4443325555...)$
$=( \frac{1}{6})^6( \frac{1}{5} )^6+( \frac{1}{6} )^5( \frac{1}{5} )^5+( \frac{1}{6} )^5( \frac{1}{5} )^5+(\frac{1}{6})^4( \frac{1}{5} )^3$
$p(A_5)=p(22223325555...)+p(22333325555...)+p(33223325555...)+p(24443325555...)+p(44423325555...)$
$=( \frac{1}{6} )^7( \frac{1}{5} )^5+( \frac{1}{6} )^5( \frac{1}{5} )^5+( \frac{1}{6} )^5( \frac{1}{5} )^6+( \frac{1}{6} )^5( \frac{1}{5} )^5+( \frac{1}{6} )^5( \frac{1}{5} )^4$
$p(A_6)=p(666663325555...)=(\frac{1}{6} )^4( \frac{1}{5} )^4$
جواب عبارت است از:
$p( \cup _{n=1}^6A_n)= \sum _{n=1}^6p(A_n)$
$ \Box $
