El resultado es una simple consecuencia de las propiedades de Dirichlet de la serie.
Desde $f(n)=(-1)^{\Omega(n)}$ es una función multiplicativa, por cualquier $s>1$ hemos
$$\sum_{n\geq 1}\frac{f(n)}{n^s} = \prod_{p}\left(1-\frac{1}{p^s}+\frac{1}{p^{2s}}-\frac{1}{p^{3s}}+\ldots\right)=\prod_p\left(1+\frac{1}{p^{s}}\right)^{-1}=\frac{\zeta(2s)}{\zeta(s)} \tag{1}$$
por Euler del producto. Desde $\zeta(s)$ tiene una simple poste de $s=1$ con residuo $1$, tomando el límite de $s\to 1^+$ tenemos
$$\boxed{ \sum_{n\geq 2}\frac{(-1)^{1+\Omega(n)}}{n}=\color{red}{1} }\tag{2}$$
como quería. Como se ha señalado por Kcd en los comentarios, nos cambiamos de una suma y un límite para el estado de la igualdad anterior, es decir, hemos explotado alguna forma de que el teorema de convergencia dominada, que en este caso está dada por el principio de continuación analítica. Así, el poder del estado $(2)$ con total rigor, tenemos que demostrar primero que
$$ \sum_{n\leq N}(-1)^{\Omega(n)}=o(N) \tag{3}$$
sostiene. Pero que es un resultado estándar en el tamiz de la teoría. Por ejemplo, podemos ir a través de las siguientes líneas: podemos elegir en primer prime de algunos $q$ en el intervalo de $[2,n]$ de manera tal que la gran mayoría de los números enteros en tal intervalo se $q$-suave. A continuación, el lado izquierdo de $(3)$, se limita a esos números enteros, no es demasiado difícil de aproximar, y con una elección precisa de los $q$ podemos descuidar el contribuir dada por el otro (no uniformes) enteros. Una alternativa es el aviso de que $(-1)^{\Omega(n)}$ es igual a $\mu(n)$ si $n$ es una plaza libre de número de cuadrados de los números libres tienen una densidad positiva entre enteros ($\frac{6}{\pi^2}$) y $\sum_{n\leq N}\mu(n)$ está bien estudiado, por lo que se puede intentar separar los términos que aparecen en el lado izquierdo de $(3)$, de acuerdo a su plaza libre en parte de sus más grandes squarefree divisor y aplicar la doble contabilización. Por suerte, no tenemos que ser extremadamente preciso para demostrar $(3)$, desde un casi ridículo límite superior como
$$ \sum_{n\leq N}(-1)^{\Omega(n)}\leq\frac{N}{\sqrt{\log\log\log N}}$$
es todavía lo suficientemente buenos. Por otra parte, a primera vista se ve que ambos
$$ \sum_{n\leq N}\mu(n)=o(N),\qquad \sum_{n\leq N}(-1)^{\Omega(n)}=o(N)$$
son equivalentes a $\zeta(s)\neq 0$$\text{Re}(s)=1$, pero puedo estar equivocado acerca de eso.
