素因数の個数

1：素因数分解の一意性により、すべての素数 $p$ で $v_p(mn)=v_p(m)+v_p(n)$ である。$p$ について足すと $\Omega(mn)=\Omega(m)+\Omega(n)$ である。
2：$mn$ を割り切る素数の集合は、$m$ を割り切る素数の集合 $A$ と $n$ を割り切る素数の集合 $B$ の和集合である（素数 $p$ が $mn$ を割り切れば $m$ か $n$ を割り切るので。素因数分解の一意性 の定理「Euclidの補題」）。$A\cap B$ は $\gcd(m,n)$ を割り切る素数の集合なので、$\#(A\cup B)=\#A+\#B-\#(A\cap B)$ から式を得る。$\gcd(m,n)=1$ なら $\omega(1)=0$ なので $\omega$ は加法的である。$m=n=2$ では $\omega(4)=1\ne\omega(2)+\omega(2)=2$ なので、完全加法的ではない。$\square$

$n=\prod_ip_i^{e_i}$ とする。$e_i\ge1$ なので $\omega(n)=r\le\sum_ie_i=\Omega(n)$ で、等号はすべての $e_i$ が $1$ のとき、すなわち $n$ が平方因数をもたないときに限る。また $p_i\ge2$ なので $n=\prod_ip_i^{e_i}\ge\prod_i2^{e_i}=2^{\Omega(n)}$ で、等号はすべての $p_i$ が $2$ のとき（$n=1$ を含む）に限る。$\square$

1：$n=\prod_{i=1}^rp_i^{e_i}$ とする。$n$ の約数 $c$ は $c=\prod_ip_i^{f_i}$（$0\le f_i\le e_i$）の形で、$c$ が平方因数をもたないことはすべての $f_i$ が $0$ か $1$ であることと同値である。よってそのような $c$ は $\{p_1,\dots,p_r\}$ の部分集合と 1 対 1 に対応し、$2^r$ 個ある。$\mu(c)^2$ は $c$ が平方因数をもたないとき $1$、もつとき $0$ である（Möbius関数 の定義「Möbius関数の定義」）ので、和の式も成り立つ。
2：約数関数 の命題「約数関数の基本性質」の 2 により $d(n)=\prod_{i=1}^r(e_i+1)$ である。整数 $e\ge1$ について $2\le e+1\le2^e$ であり（右は $2^e=(1+1)^e\ge1+e$）、左の等号は $e=1$ のとき、右の等号も $e=1$ のときに限る（$e\ge2$ なら $2^e\ge1+e+\binom e2>1+e$）。$i$ について掛けると $2^r\le d(n)\le2^{e_1+\cdots+e_r}$ で、どちらの等号もすべての $e_i$ が $1$ のときに限る。$\square$

存在：$v_p(n)$ が奇数である素数 $p$ の積を $a$、$\prod_pp^{\lfloor v_p(n)/2\rfloor}$ を $b$ とすれば、各素数で $v_p(ab^2)=v_p(a)+2v_p(b)=v_p(n)$ なので $n=ab^2$ である。一意性：$n=ab^2$、$a$ が平方因数をもたないなら、各素数で $v_p(a)\in\{0,1\}$ と $v_p(n)=v_p(a)+2v_p(b)$ から、$v_p(a)$ は $v_p(n)$ の偶奇で決まり、$v_p(b)=(v_p(n)-v_p(a))/2$ も決まる。素因数分解の一意性により $a,b$ は決まる。$\square$

数論的関数 $f,g$ の Dirichlet 積を $(f*g)(n):=\sum_{c\mid n}f(c)g(n/c)$、恒等的に $1$ の関数を $\mathbf 1$ と書く（数論的関数 の定義「数論的関数と Dirichlet 積」）。$n$ が平方数のとき $1$、そうでないとき $0$ をとる関数を $q$ とする。
$(\mu^2*q)(n)$ は、$n$ の約数 $c$ で、$c$ が平方因数をもたず $n/c$ が平方数であるものの個数である。lem-npf-squarefree-square によりそのような $c$ はちょうど 1 つなので、$\mu^2*q=\mathbf 1$ である。また thm-npf-divisors の 1 は $\mu^2*\mathbf 1=2^{\omega}$ を意味する。
$s>1$ では $0\le\mu(n)^2\le1$、$0\le q(n)\le1$ なので、$\mu^2$、$q$、$\mathbf 1$ の Dirichlet 級数はどれも $\sum n^{-s}$ で上から押さえられて絶対収束する（Riemannゼータ関数 の定理「級数の収束」）。$q$ の級数は $\sum_{b\ge1}(b^2)^{-s}=\zeta(2s)$ である。数論的関数 の定理「絶対収束する Dirichlet 級数の積」を $\mu^2*q=\mathbf 1$ に使うと
$$ \Bigl(\sum_{n\ge1}\frac{\mu(n)^2}{n^s}\Bigr)\zeta(2s)=\zeta(s) $$
であり、$\zeta(2s)\ge1>0$ で割って最初の式を得る。同じ定理を $\mu^2*\mathbf 1=2^{\omega}$ に使うと、$2^{\omega}$ の級数も絶対収束して $\zeta(s)\cdot\zeta(s)/\zeta(2s)$ に等しい。$\square$

1． $g(t):=t(\log t-1)$ とおく。$g'(t)=\log t\ge0$（$t\ge1$）なので $g$ は $[1,\infty)$ で増加する。
$k:=\omega(n)\ge1$ とする。$n$ は相異なる $k$ 個の素数で割り切れ、$i$ 番目に小さい素数は $i+1$ 以上なので、$n\ge p_1\cdots p_k\ge2\cdot3\cdots(k+1)\ge k!$ である。$e^k=\sum_{j\ge0}k^j/j!\ge k^k/k!$ より $k!\ge(k/e)^k$ なので、$L:=\log n$ とおくと
$$ L\ge\log k!\ge k\log k-k=g(k) $$
である。
$\varepsilon>0$ を固定し、$L\ge e$ とする（$\log L\ge1$）。$t_0:=(1+\varepsilon)L/\log L$ とおくと、$t_0\ge L/\log L\ge1$ で、
$$ g(t_0)=(1+\varepsilon)\frac{L}{\log L}\bigl(\log(1+\varepsilon)+\log L-\log\log L-1\bigr)\ge(1+\varepsilon)L\Bigl(1-\frac{\log\log L+1}{\log L}\Bigr) $$
である。$(\log\log L+1)/\log L\to0$（$L\to\infty$）なので、$L_0$ があって $L\ge L_0$ なら右辺の括弧は $1/(1+\varepsilon)$ より大きく、$g(t_0)>L$ である。このとき $k\ge t_0$ とすると、$g$ の増加性から $g(k)\ge g(t_0)>L\ge g(k)$ となって矛盾する。よって $n\ge n_0:=e^{\max\{e,L_0\}}$ なら $\omega(n)< t_0$ である（$\omega(n)=0$ のときは明らか）。
2． $y:=p_k$ とおき、$\theta(y):=\sum_{p\le y}\log p$、$\pi(y)$ を $y$ 以下の素数の個数とする。$\log N_k=\theta(y)$、$\omega(N_k)=k=\pi(y)$ である。各 $\log p$ は $\log y$ 以下なので $\pi(y)\ge\theta(y)/\log y$ である。
$\theta(y)$ を下から押さえる。$\sqrt y< p\le y$ の素数は $\log p>\frac12\log y$ を満たし、$\sqrt y$ 以下の素数は $\sqrt y$ 個以下である。素数定理 の定理「Chebyshevの評価」の 2 の下からの評価 $\pi(y)\ge\frac{\log2}4\cdot\frac y{\log y}$（$y\ge2$）を使うと
$$ \theta(y)\ge\frac12\log y\,\bigl(\pi(y)-\sqrt y\bigr)\ge\frac{\log2}8\,y-\frac12\sqrt y\log y $$
である。$\sqrt y\log y/y\to0$ なので、十分大きい $y$ で $\theta(y)\ge c\,y$（$c:=\frac{\log2}{16}$）である。$k$ が大きければ $\theta(y)>e$ でもあり、
$$ \frac{\omega(N_k)\log\log N_k}{\log N_k}=\frac{\pi(y)\log\theta(y)}{\theta(y)}\ge\frac{\log\theta(y)}{\log y}\ge\frac{\log y+\log c}{\log y}=1+\frac{\log c}{\log y} $$
である。$k\to\infty$ で $y\to\infty$ なので、下極限は $1$ 以上である。一方 1 により、任意の $\varepsilon>0$ について上極限は $1+\varepsilon$ 以下である。よって極限は $1$ である。
最後の主張：1 から上極限は $1$ 以下で、2 の数列 $N_k$ に沿って $1$ に近づくので、上極限は $1$ である。$\square$