Pošto se niko ne javlja, izložio bih svoj postupak.
a) Ako numerišemo pozicije burenceta od [inlmath]1[/inlmath] do [inlmath]6[/inlmath], tako da se u prvom potezu (kada puca igrač [inlmath]A[/inlmath]) burence nalazi u poziciji br. [inlmath]1[/inlmath], tada igrač [inlmath]A[/inlmath] pobeđuje ako se metak nalazi na parnoj poziciji, a igrač [inlmath]B[/inlmath] pobeđuje ako se metak nalazi na neparnoj poziciji. Budući da su verovatnoće da se metak nalazi na parnoj i na neparnoj poziciji međusobno jednake i iznose [inlmath]\frac{1}{2}[/inlmath], odatle sledi da su i verovatnoće pobede svakog od dva igrača međusobno jednake i iznose [inlmath]P\left(A\right)=P\left(B\right)=\frac{1}{2}[/inlmath].
b) U ovom slučaju su događaji nezavisni, tj. verovatnoća ishoda u svakom potezu ne zavisi od ishoda prethodnih poteza. Verovatnoća „škljoc“-a u svakom potezu je [inlmath]\frac{5}{6}[/inlmath], a verovatnoća „bum“-a (ili „pljus“-a, zavisno od vrste revolvera
) iznosi [inlmath]\frac{1}{6}[/inlmath].
Verovatnoća da će igrač [inlmath]A[/inlmath] biti pogođen u određenom potezu iznosi:
– u [inlmath]1.[/inlmath] potezu: [inlmath]\frac{1}{6}[/inlmath]
– u [inlmath]3.[/inlmath] potezu: [inlmath]\frac{5}{6}\cdot\frac{5}{6}\cdot\frac{1}{6}=\frac{1}{6}\cdot\left(\frac{5}{6}\right)^2[/inlmath] (tj. verovatnoća da je u prva dva poteza bilo „škljoc“ i da je u trećem potezu igrač pogođen)
– u [inlmath]5.[/inlmath] potezu: [inlmath]\frac{5}{6}\cdot\frac{5}{6}\cdot\frac{5}{6}\cdot\frac{5}{6}\cdot\frac{1}{6}=\frac{1}{6}\cdot\left(\frac{5}{6}\right)^4[/inlmath] (tj. verovatnoća da je u prva četiri poteza bilo „škljoc“ i da je u petom potezu igrač pogođen)
[inlmath]\vdots[/inlmath]
(Za igrača [inlmath]A[/inlmath] parne poteze ne razmatramo, jer tada igra igrač [inlmath]B[/inlmath].)
Ukupna verovatnoća da će igrač [inlmath]A[/inlmath] biti pogođen bilo kad u toku igre jednaka je zbiru verovatnoća po potezima:
[dispmath]\frac{1}{6}+\frac{1}{6}\cdot\left(\frac{5}{6}\right)^2+\frac{1}{6}\cdot\left(\frac{5}{6}\right)^4+\cdots[/dispmath]
što predstavlja sumu beskonačnog geometrijskog niza kod kojeg je [inlmath]a_1=\frac{1}{6}[/inlmath] i [inlmath]q=\left(\frac{5}{6}\right)^2[/inlmath]:
[dispmath]S=\lim_{n\to\infty}a_1\frac{1-q^n}{1-q}=\frac{1}{6}\lim_{n\to\infty}\frac{1-\cancelto{0}{\left(\frac{5}{6}\right)^{2n}}}{1-\left(\frac{5}{6}\right)^2}=\cancel{\frac{1}{6}}\cdot\frac{6^\cancel2}{6^2-5^2}=\frac{6}{\left(6+5\right)\cancelto{1}{\left(6-5\right)}}=\frac{6}{11}[/dispmath]
Pošto verovatnoćda da će igrač [inlmath]A[/inlmath] biti pogođen bilo kad u toku igre predstavlja, zapravo, verovatnoću pobede igrača [inlmath]B[/inlmath], sledi da je
[dispmath]\enclose{box}{P\left(B\right)=\frac{6}{11}}[/dispmath]
Potpuno analogno se može izvesti i verovatnoća pobede igrača [inlmath]A[/inlmath], ali je dovoljno i samo primeniti formulu [inlmath]P\left(A\right)+P\left(B\right)=1[/inlmath] (jer neki od ta dva igrača mora kad-tad pobediti, tj. verovatnoća da nije bilo pogotka teži nuli kako broj poteza teži beskonačnosti):
[dispmath]P\left(A\right)=1-P\left(B\right)\\
P\left(A\right)=1-\frac{6}{11}\\
\enclose{box}{P\left(A\right)=\frac{5}{11}}[/dispmath]
E sad, da ne bude da sam ovim svojim rešenjem „pokvario zabavu“,
uveo bih neke modifikacije slučaja pod a), pri čemu je za svaki od tih podslučajeva potrebno pronaći verovatnoće pobede igrača [inlmath]A[/inlmath] i [inlmath]B[/inlmath]:
a1) nakon svakog poteza burence se okreće za [inlmath]2[/inlmath] mesta;
a2) nakon svakog poteza burence se okreće za [inlmath]3[/inlmath] mesta;
a3) nakon svakog poteza burence se okreće za [inlmath]4[/inlmath] mesta;
a4) nakon svakog poteza burence se okreće za [inlmath]5[/inlmath] mesta;
a5) nakon svakog poteza burence se okreće za [inlmath]6[/inlmath] mesta.
Neki od ovih slučajeva su, naravno, sasvim trivijalni (a neki i međusobno identični), ali zašto i njih ne razmotriti.
Takođe, neće u svim ovim slučajevima važiti [inlmath]P\left(A\right)+P\left(B\right)=1[/inlmath].