Aquí es una respuesta mediante un enfoque ligeramente diferente.
Se denota el $n$ jugadores con $player_1$$player_n$, según el orden de sus respectivos duelos. Así que el primer duelo es entre el$player_1$$player_2$, el siguiente duelo es el ganador del primer duelo con $player_3$ hasta que, finalmente, $player_n$ tiene su oportunidad de ganar el juego.
Vamos a denotar con $p_k$ la probabilidad de que el $k$-th reproductor de win, es decir, él es el primero que gana $n-1$ consecutivos duelos contra otros jugadores.
La idea para el Ansatz a continuación es que la estructura de los binarios de árbol de decisión para $player_k$ es esencialmente el mismo como para $player_{k+1}$ con un cambio de un duelo y esto vale para todos los jugadores de $player_k$$2\leq k\leq n-1$.
Para $player_1$ $player_2$ el árbol de decisión es simétrico, por lo que tenemos $p_1=p_2$.
Para $player_k$ $player_{k+1}$ el siguiente es válido
\begin{align*}
p_1&=p_2\tag{1}\\
p_k&=\left(1+\frac{1}{2^{n-1}}\right)p_{k+1}\qquad2\leq k \leq n-1\tag{2}
\end{align*}
La ecuación de $(2)$ nos dice, que $p_{k}$ es esencialmente igual a $p_{k+1}$ con la ventaja de que una carrera de $n-1$ consecutivos duelos que ya había hecho por $player_k$. Así se corresponden $n-1$ duelos consecutivos para el factor de $\frac{1}{2^{n-1}}$ e este camino de la longitud de la $n-1$ en el binario de árbol de decisión es ponderada con la suma de todas las probabilidades de los nodos en el árbol donde $player_{k+1}$ reside. Esto corresponde a la multiplicación con $p_{k+1}$.
Este Ansatz nos da el siguiente sistema de ecuaciones:
\begin{align*}
p_1+p_2+\dots+p_n&=1\tag{3}\\
p_1&=p_2\tag{4}\\
p_k&=p_n\left(1+\frac{1}{2^{n-1}}\right)^{n-k}\qquad 2\leq k \leq n-1\tag{5}
\end{align*}
Nota: por Favor, observar cómo las probabilidades de $p_k$ están construidas de $p_n$. Si sabemos que la detención de probabilidad de $player_n$ y la proporción de probabilites entre dos consecutivos jugadores que sabemos que la probabilidad para todos los jugadores. Por lo $(5)$ nos da una adecuada penetración en el comportamiento del juego.
Ahora sustituyendo $(4)$ $(5)$ $(3)$ da
\begin{align*}
p_n=\frac{1}{1+\left(1+\frac{1}{2^{n-1}}\right)^{n-2}+\sum_{k=2}^{n-1}\left(1+\frac{1}{2^{n-1}}\right)^{n-k}}\qquad (n\geq2)
\end{align*}
Si utilizamos $q_n:=1+\frac{1}{2^{n-1}}$ como fórmula obtenemos después de algunas simplificaciones
\begin{align*}
p_n&=\frac{1}{1+q_n^{n-2}+\sum_{k=2}^{n-1}q_n^{n-k}}\\
&=\frac{1}{2^{n-1}}\left(\frac{1}{2q_n^{n-1}-q_n^{n-2}-1}\right)\qquad (n\geq2)\\
\end{align*}
Desde $p_k=q_n^{n-k}p_n$ finalmente, para $n\geq 2$
\begin{align*}
p_1&=p_2\\
p_k&=\frac{1}{2^{n-1}}\left(\frac{\left(1+\frac{1}{2^{n-1}}\right)^{n-k}}
{\left(1+\frac{1}{2^{n-2}}\right)\left(1+\frac{1}{2^{n-1}}\right)^{n-2}-1}\right)\qquad(2\leq k\leq n)\tag{6}\\
\end{align*}
Nota: la Configuración de $k=2$ $(6)$ da la probabilidad de $player_1$ resp. $player_2$ a ganar, lo que se corresponde con el valor de $p(n)$ en la respuesta de alex.
