Mi respuesta en MO:
Si se nos permite considerar límites algo más débiles, ambas respuestas dependen sólo del número de divisores unitarios de $k$ que es $2^{\omega(k)}$ . Por el resultado citado de O. Izhboldin y L. Kurliandchik (ver los comentarios de Fedor y Myerson aquí ), para cualquier conjunto de $n$ enteros positivos { $a_{1}, \dots, a_{n}$ } tal que $\sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{a_{i}} <1$ tenemos \begin {eqnarray} \sum_ {i = 1}^{n} \frac {1}{a_{i}} \leq \sum_ {i = 1}^{n} \frac {1}{d_{i}} = \frac {d_{n+1} - 2}{d_{n+1} -1} < 1, \end {eqnarray} donde $d_{i}$ es el $i^{\text{th}}$ -Número de Euler, que satisface la recurrencia cuadrática $d_{i} = d_{1} \cdots d_{i-1} + 1$ con $d_{1} = 2$ . Los primeros términos de la secuencia son 2, 3, 7, 43, 1807.... (A000058). Es relativamente sencillo demostrar que la mencionada recurrencia es equivalente a $d_{i} = d_{i-1}(d_{i-1}-1) + 1$ y se sabe por la recurrencia que $d_{i} = \lfloor \theta^{2^{i}} + \frac{1}{2} \rfloor$ , donde $\theta \approx 1.2640$ .... Así, \begin {eqnarray} \sum_ {p \mid k} \frac {1}{p + 1} \leq \sum_ {i = 1}^{ \omega (k)} \frac {1}{d_{i}} = \frac {d_{ \omega (k) + 1} - 2}{d_{ \omega (k)+1} - 1} = \frac { \lfloor \theta ^{2^{ \omega (k) + 1}} + \frac {1}{2} \rfloor - 2}{ \lfloor \theta ^{2^{ \omega (k) + 1}} + \frac {1}{2} \rfloor - 1} < 1. \end {eqnarray} También se puede demostrar que $d_{i} - 1 = \lfloor \vartheta^{2^{i-1}} - \tfrac{1}{2} \rfloor$ , donde donde $\vartheta \approx 1.5979$ ...., por lo que tenemos \begin {eqnarray} 1 - \sum_ {p \mid k} \frac {1}{p + 1} \geq 1 - \frac {d_{ \omega (k)+1} - 2}{d_{ \omega (k)+1} - 1} = \frac {1}{d_{ \omega (k)+1} - 1} = \lfloor \vartheta ^{2^{ \omega (k)}} - \tfrac {1}{2} \rfloor ^{-1} > 0. \end {eqnarray}
Nota: E. Deutsche señala que la secuencia { $d_{i} - 1$ } (A007018) cuenta el número de árboles enraizados ordenados con grado de salida hasta 2 con todas las hojas en el nivel superior.
