Csoportosítsuk a dobáseredményeket hármasával: így nyolc lehetséges eredményünk lesz, és mindegyiknek $1/8$ a valószínűsége. Annak ${\left(7/8\right)}^n$ a valószínűsége, hogy $n$ ilyen hármas között nincs $FFF$, hiszen egy ilyen hármasnak $7/8$ a valószínűsége, és a hármasok függetlenek. Ennél kisebb a valószínűsége annak, hogy az első $3n$ dobásban nincs $FFF$, hiszen most az előbbi csoportosítás szerint kettévágott hármas blokkok között is lehet valamelyik $FFF$. Tehát $0$-hoz tart annak a valószínűsége, hogy az első $3n$ dobás között ne legyen se $FFF$, se $FIF$, így a dobássorozat biztosan véget ér véges sok lépésben.
Jelöljük $A$-va1 azt az eseményt, hogy $FFF$ adódik előbb, mint $FIF$, és legyen $I_j$ az az esemény, hogy a $j$-ik dobás írás, $F_j$ pedig az, hogy a $j$-ik fej. Az $I_1$, $F_1{F}_2{F}_3$, $F_1{F}_2{I}_3$, $F_1{I}_2{F}_3$, $F_1{I}_2{I}_3$ események ún. teljes eseményrendszert alkotnak (közülük mindig csak egy és csakis egy következik be), és $A$-nak ezek bekövetkezése mellett rendre a következő feltételes valószínűsége:
$P\left(A|I_1\right)=P\left(A\right)$, hiszen az első írásdobás után változatlan körülmények között újrakezdődik a verseny az $FFF$ és $FIF$ között;
$P\left(A|F_1{F}_2{F}_3\right)=1$, hiszen most az $FFF$ következett be először;
$P\left(A|F_1{F}_2{I}_3\right)=\frac{1}{2}\cdot P\left(A\right)$, hiszen ha $F_1{F}_2{I}_3$ után $F_4$ jön, az $FIF$ következik be először, és csak ha $I_4$ jön, akkor kezdődik újra a verseny az $FFF$, $FIF$ blokkok között;
$P\left(A|F_1{I}_2{F}_3\right)=0$, hiszen most a $FIF$ következett be először;
$P\left(A|F_1{I}_2{I}_3\right)=P\left(A\right)$ ugyanúgy, mint $P\left(A|I_1\right)$ esetében.
A teljes valószínűség tétele szerint, ha ezeket a feltételes valószínűségeket megszorozzuk a feltétel valószínűségével, és az eredményeket összeadjuk, eredményül $P\left(A\right)$-t kapjuk: