Ответ. За 33 хода.

После каждого нашего хода и перемещения монетки будем поворачивать все наперстки (вместе с монеткой) по ходу часовой стрелки на одну позицию. Тогда будем считать, что после каждого хода монетка либо остается на месте, либо перемещается на две позиции по часовой стрелке, а наперстки остаются на своих местах.

Покрасим все наперстки поочередно в белый и черный цвет, и пронумеруем наперстки каждого цвета по порядку против часовой стрелки числами от $0$ до $49$. Понятно, что цвет наперстка, под которым лежит монетка, не изменяется, а номер либо не изменяется, либо уменьшается на $1$ по модулю $50$.

Покажем, как найти монетку за $33$ хода. Описывая алгоритм, предполагаем, что монетка не обнаружена на всех ходах вплоть до $33$-го (в противном случае все уже сделано менее чем за $33$ хода).

Первым ходом поднимем черные наперстки с номерами $0$, $1$, $2$, $3$. Тогда после перемещения монетка не сможет оказаться под черными наперстками $0$, $1$, $2$. Вторым ходом поднимем черные наперстки $3$, $4$, $5$, $6$. Тогда после перемещения монетка не сможет оказаться под черными наперстками $0$, $1$, ..., $5$. Действуем так далее: при $s = 1, 2, ..., 16$ ходом номер $s$ поднимем черные наперстки с номерами $3s - 3$, $3s - 2$, $3s - 1$, $3s$. Тогда после перемещения монетка не сможет оказаться под черными наперстками $0$, $1$, ..., $3s - 1$.

Семнадцатым ходом поднимем черные наперстки $48$ и $49$, а также белые наперстки $49$ и $0$. Теперь мы знаем, что под черными наперстками нет монетки, а также что после перемещения монетка не сможет оказаться под белым наперстком $49$. При $s = 1, 2, ..., 15$ ходом номер $17 + s$ поднимем белые наперстки $3s - 3$, $3s - 2$, $3s - 1$, $3s$. Тогда после перемещения монетка не сможет оказаться под белыми наперстками $49$, $0$, $1$, ..., $3s - 1$. Наконец, последним $33$-м ходом поднимаем белые наперстки $45$, $46$, $47$, $48$; под одним из них обязана быть монетка.

Докажем, что с гарантией обнаружить монету за $32$ хода невозможно. Обозначим через $B_k$ множество из четырех наперстков, поднимаемых на $k$-м ходе, а через $A_k$ — множество наперстков, про которые перед выполнением $k$-го хода (после возможного перемещения монетки на $(k-1)$-м ходе) точно известно, что под ними нет монетки. Предполагаем, что пока возможно, под наперстками из $B_k$ нет монетки.

Ясно, что $A_{k+1} \subset A_k \cup B_k$ при $k = 1, 2, ..., n-1$, откуда $|A_{k+1}| \le |A_k| + 4$. Более того, если множество $A_k \cup B_k$ не совпадает с множеством всех наперстков или с множеством из $50$ наперстков одного цвета, то найдется такая пара одноцветных наперстков $P$ и $Q$ с номерами $r$ и $r+1$ (mod $50$) соответственно, что $P \in A_k \cup B_k$, а $Q \notin A_k \cup B_k$. Тогда, если перед $k$-м ходом монетка находилась под наперстком $Q$, то она может переместиться под $P$, поэтому $P \notin A_{k+1}$. В этом случае $A_{k+1} \neq A_k \cup B_k$, и, следовательно, $|A_{k+1}| \leq |A_k| + 3$. Итак, $|A_{k+1}| \leq |A_k| + 3$, если $|A_{k+1}| \neq 50$.

Имеем: $|A_1| = 0$, $|A_2| \leq 3$, $|A_3| \leq 6$, ..., $|A_{17}| \leq 48$, $|A_{18}| \leq 51$, $|A_{19}| \leq 54$, ..., $|A_{32}| \leq 93$. Получается, что перед $32$-м ходом имеется по крайней мере $7$ наперстков, под которыми может быть монета, следовательно, обнаружить монету с гарантией на $32$-м ходу или ранее не удастся.