No, no puedes hacerlo con cualquier racional diferente de $1/2$, y es trivial. Hermosa problema! También, esto es puro elemental de la teoría de números, nada que ver con la teoría de la probabilidad, por supuesto.
Algunas notaciones para simplificar el cálculo (ya cubierto el caso cuando el denominador es un número impar, así que ahora incluso es): probabilidad de cabezales: $\frac{a}{2n}$, la probabilidad de que las colas: $\frac{b}{2n}$, $a+b=2n$, WLOG $\gcd(a,n)=1$ $a$ es impar. En particular, $\gcd(a,b)=1$. Número de lanzamientos: $k$.
Así tenemos los números de la forma
$a^k, a^{k-1}b, \ldots, ab^{k-1}, b^k$, y tenemos que encontrar una subsum cuyo valor es $2^{k-1}n^k$. El truco es que sólo tenemos uno de $a^k$$b^k$, podemos tener más que el resto.
Observación: es necesario el uso de $b^k$, de lo contrario no estamos bien $\pmod a$.
Así que tenemos que encontrar una suma usando las expresiones de la forma $a^k, a^{k-1}b, \ldots, ab^{k-1}$ (podemos repetir estos varias veces en la suma) que se suma a $2^{k-1}n^k-b^k$.
Todos estos términos restantes son divisibles por $a$, por lo que tenemos $2^{k-1}n^k\equiv b^k \equiv (2n-a)^k \pmod a$, lo $2^{k-1}n^k\equiv 2^kn^k \pmod a$, o lo que es equivalente, $2^{k-1}n^k\equiv 0 \pmod a$. Pero $a$ es coprime tanto $2$$n$, una contradicción. EXCEPCIÓN: si $a=1$.
Repita el argumento con inversión de los roles de $a$$b$, y obtenemos $b=1$. Por lo $p=1/(1+1)=1/2$.
