теория-вероятностей - Вероятность получить более одного выигрышного билета

Согласен с идеей BuilderC, но не согласен с формулой.
Очевидно, ответ на задачу P(A) = 1 - (P0 + P1), где P0, P1 - вероятности, соответственно, взять 0 и 1 выигрышных билетов. Но почему P0 = (5/6)^4?
Ведь вероятность взять 0 выигрышных билетов равна количеству четверок вида (a1, a2, a3, a4), где a1, a2, a3, a4 - невыигрышные билеты, поделённому на количество всех возможных таких четвёрок => P0 = C(4, 25)/C(4, 30), где C(r, n) - количество сочетаний из n по r.
Или, на пальцах: сначала выбираем 1ый невыигрышный билет - 25 из 30, 2ой - 24 из 29, 3ий - 23 из 28, 4ый - 22 из 27. Итого, (посчитав по любому из способов) P0 = (25 * 24 * 23 * 22)/(30 * 29 * 28 * 27).
Аналогично, вероятность взять 1 выигрышный билет из 3 невыигрышных равна количеству четвёрок вида (w1, a1, a2, a3), где w1 - какой-то выигрышный билет, a1, a2, a3 - невыигрышные билеты, делённое на общее количество возможных четвёрок => P1 = C(1, 5)*C(3, 25)/C(4, 30).
Или, на пальцах: сначала выбираем 1ый билет - 1 из 5 выигрышных билетов, затем 2ой - 25 из 29 билетов, 3ий - 24 из 28 билетов, 4ый - 23 из 27 билетов. Итого, P1 = (20 * 23 * 24 * 25)/(30 * 29 * 28 * 27).
Итого, P0 + P1 = 1288/1305 => P(A) = 1 - 1288/1305 = 17/1305

Билеты в барабан перед каждым испытанием возвращаются,поэтому BuilderC прав.Данные испытания можно считать испытаниями Бернулли (вероятность появления события в каждом испытании одинакова)и применять формулу Бернулли.