Intanto provo a risolvere...
Intendo "al 4° lancio" come "dopo 3 lanci".
La probabilità cercata è: probabilità che al 4° lancio siano rimaste in gioco esattamente 5 monete + probabilità che siano rimaste esatt. 4 monete + probabilità che siano rimaste esatt. 3 monete.
La prima probabilità è evidentemente $ $p_{5} = \left(\frac{1}{2^5}\right)^{3}$ $.
Seconda probabilità: scelgo a caso 4 palline: $ $5 \choose 4$ $. Mentre le 4 scelte sono fisse, la 5a può uscire al 1° lancio o al 2° lancio o al 3° lancio. Si ha quindi: $ $p_{4} = {5 \choose 4} \cdot \left(\frac{1}{2^4}\right)^{3} \cdot \left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}\right)$ $
Terza probabilità: Scelgo 3 palline, che fisso.
Fisso che la 4a pallina esca al 1° lancio: la 5a può uscire al 1° o al 2° o al 3°.
Fisso che la 4a pallina esca al 2° lancio: la 5a può uscire al 1° o al 2° o al 3°.
Fisso che la 4a pallina esca al 3° lancio: la 5a può uscire al 1° o al 2° o al 3°.
La probabilità è allora: $ $p_{3} = {5 \choose 3} \left[ \left(\frac{1}{2^3}\right)^{3}\cdot \frac{1}{2} \cdot \left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}\right) + \left(\frac{1}{2^3}\right)^{3}\cdot \frac{1}{2^2} \cdot \left(\frac{1}{2}$ $$ $+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}) + \left(\frac{1}{2^3}\right)^{3}\cdot \frac{1}{2^3}\right) \cdot \left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2} +\frac{1}{2^3}\right)]$ $
$ $p_{3} = {5 \choose 3} \cdot \left(\frac{1}{2^3} \right)^{3} \cdot \left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}\right)^2$ $
Dunque, dopo tutto questo casino, esce la bella formula...
$ $p = \sum_{i = 3}^{5}{5 \choose i} \cdot \left(\frac{1}{2^i}\right)^3 \cdot \left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}\right)^{5 - i}$ $
sempre se non ho sbagliato ovviamente, cosa probabile...
Il risultato è $ $p=\frac{1,6}{100}.$ $
Ora che ci faccio caso, ogni addendo della sommatoria ha lo stesso denominatore, quindi semplifico in:
$ $p = \frac{1}{2^{15}} \cdot \sum_{i = 3}^{5}{5 \choose i} 7^{5 - i}$ $