Alexandroppolus

да, первый случай - это декартово произведение. Например, так:
Ω1 = {1, 2, 3, 4}
Ω2 = {0, 4}
Ω3 = Ω1✕Ω2 = {1+0, 2+0, 3+0, 4+0, 1+4, 2+4, 3+4, 4+4}
т.е. суммируем элементы из множества Ω1 с элементами из множества Ω2.

Событие А: из Ω1 выбрали {2, 4}
Событие В: из Ω2 выбрали {4}

теперь прям очевидно независимые.

обычно добавляют, что это же означает, что то, что событие B произошло не даёт никакой информации относительно события A

это не совсем верно. Правильно говорить только о том, что наступление В не влияет на вероятность наступления А.

Прямая формула что-то не вырисовывается, а вот рекуррентная - вполне.

Покажу сразу на примере: N бросков, М = 4, т.е. считаем F4(N)
Неважно, что выпало первым броском, пусть, например, 0. Теперь есть следующие варианты:

1) Вторым броском выпадает 1 (т.е. не то, что в первом броске). Вероятность такого дела 1/2, и задача сводится к F4(N-1) - первый бросок прошел впустую, но ещё "не всё потеряно".
2) Вторым и третьим выпадает 0, 1. Вероятность 1/4, задача сводится к F4(N-2)
3) Вторым, третьим и четвертым выпадает 0, 0 ,1. Вероятность 1/8, задача сводится к F4(N-3)
4) Вторым, третьим и четвертым выпадает 0, 0 ,0. Ура!!! Вероятность 1/8, дальше смотреть не надо.

Итого, по полной вероятности, F4(N) = F4(N-1)/2 + F4(N-2)/4 + F4(N-3)/8 + 1/8

Ну и конечно, база рекурсии: Fm(N) = 0, если N < M

Как обобщить, думаю, очевидно (в знаменателях - степени двойки). Для маленьких M можно нарисовать формулу, например,
Для М = 2, будет F2(N) = F2(N-1)/2 + 1/2, тут прямо сразу выскакивает F2(N) = 1 - 1/(2^(N-1))

Для М = 3, получаем F3(N) = F3(N-1)/2 + F3(N-2)/4 + 1/4, тут кури вот это

и т.д.

Программно вычисляется с помощью "динамического программирования". С правильным подходом - за O(N) по времени и O(M) памяти, навскидку тут хорошо зайдет кольцевой буфер. Если надо, могу расписать, но там ничего сложного.

везде далее C(x, y) - количество сочетаний
С(x, y) = x! / (y! * (x-y)!)
https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%A1%D0%BE%D1%87%D...

Итак, сначала считаем 2 синих

количество способов выбрать 6 из 17 карандашей равно
C(17, 6)
количество удачных выборов (когда выбрали 2 синих из 6, и 4 не синих из 11) равно
C(6, 2) * C(11, 4)

вероятность выбрать 2 синих равна C(6, 2) * C(11, 4) / C(17, 6)

далее считаем условную вероятность выбрать хотя бы один красных, при том, что 2 синих мы таки выбрали.

всего возможных выборов, как ранее говорилось, C(11, 4)

из них неудачных способов, то есть когда ни одного красного, C(4, 4) = 1, то есть среди этих 4 карандашей только черные.
вероятность не выбрать красные получается 1/C(11, 4)
тогда вероятность выбрать хотя бы один красный равна (C(11, 4) - 1) / C(11, 4)

но это была условная вероятность. А полная будет произведением

P = (C(6, 2) * C(11, 4) / C(17, 6)) * (C(11, 4) - 1) / C(11, 4)