El límite existe, y es igual a la constante $1.70521...$ por el que lo has limitado a la baja. Para mostrar esto, primero necesitamos una afirmación que nos permita evaluar la suma de $f(k)$ .
Reclamación. Dejemos que $s_b(n)$ sea la suma de los dígitos de $n$ cuando se escribe en base $b$ y que $$g_b(n)=\frac{n-s_b(n)}{b-1}=\sum_{k=1}^\infty \left\lfloor\frac{n}{b^k}\right\rfloor.$$ Entonces, si $\mu$ es la función de Möbius, $$\sum_{k=1}^nf(k)=\sum_{q=2}^n(-\mu(q))g_q(n).$$
Prueba. Para el cuadrado libre $q$ , defina $\nu_q(n)$ para ser la mayor potencia de $q$ que divide $n$ . Entonces, como $$\min(\nu_{p_1}(k),\dots,\nu_{p_s}(k))=\nu_{p_1\cdots p_s}(k),$$ el principio de inclusión-exclusión da $$f(k)=\max_{p\text{ prime}}(\nu_p(k))=\sum_{\substack{q\text{ squarefree}\\q\neq 1}}(-\mu(q))\nu_q(k).$$ La suma sólo tiene que pasar por $k$ ya que todos los demás términos son $0$ (es decir, sólo hay que considerar un número finito de primos). Ahora bien, la observación de que $$g_q(n)=\sum_{k=1}^\infty \left\lfloor\frac{n}{q^k}\right\rfloor=\sum_{k=1}^\infty \sum_{\substack{1\leq m\leq n\\q^k\mid m}}1=\sum_{m=1}^n\nu_q(m)$$ da el resultado deseado.
También necesitaremos el siguiente lema técnico.
Lema. Existe alguna constante absoluta $c$ para lo cual, si $n$ y $k$ son enteros positivos con $n$ suficientemente grande y $k\leq n^{0.1}-1$ entonces $$\left|\sum_{\frac{n}{k+1}<q\leq\frac nk}\frac{\mu(q)s_q(n)}{q-1}\right|\leq \frac{cn}{k(k+1)(\log n)^{1/4}}.$$
Prueba. La idea principal es que $s_q(n)/(q-1)$ cambia con relativa lentitud en $q$ para $q$ algo cercano a $n$ . Con esto, utilizaremos el siguiente resultado de Matomäki y Terävainen (la fuerza de su resultado es el hecho de que $0.55$ es pequeño, mientras que nosotros sólo necesitaremos que sea alguna constante fija menor que $1$ pero esta es la primera referencia que he podido encontrar):
Fijar $\theta>0.55$ . Para cualquier $\epsilon>0$ y para $x$ grande y $H>x^\theta$ , $$\left|\sum_{x\leq n\leq x+H}\mu(x)\right|=O\left(\frac H{(\log x)^{1/3-\epsilon}}\right).$$
Esto nos permite ahorrar un factor logarítmico en las sumas de la función Möbius multiplicada por alguna constante. Si dividimos nuestra suma con cuidado, podemos ahorrar este factor logarítmico en general.
Tenga en cuenta que, como $k\leq \sqrt n-1$ , todos $q$ en la suma están entre $\sqrt n$ y $n$ Así que $n$ tiene una longitud $2$ cuando se escribe en base $q$ . El primer "dígito" es $k$ y la segunda es $n-kq$ . Sea $L=\frac{n}{k(k+1)}$ y arreglar $N=\lfloor n^{0.2}\rfloor $ . Ahora, escribe $$\sum_{\frac{n}{k+1}<q\leq\frac nk}\frac{\mu(q)s_q(n)}{q-1}=\sum_{t=1}^N\sum_{\frac{n}{k+1}+\frac{(t-1)L}N<q\leq \frac n{k+1}+\frac{tL}N}\frac{\mu(q)(k+n-kq)}{q-1}.$$ Acotaremos la suma interna para los fijos $t$ . Escriba $q_1=q_1(t)=\frac{n}{k+1}+\frac{(t-1)L}{N}$ y $q_2=q_2(t)=\frac n{k+1}+\frac{tL}{N}$ . Tenga en cuenta que, para $q_1<q\leq q_2$ , \begin{align*} \left|\frac{k+n-kq_2}{q_2-1}-\frac{k+n-kq}{q-1}\right|&\leq \left|\frac{n}{q_2-1}-\frac n{q-1}\right|\\ &\leq \frac{n(q_2-q_1)}{(q_2-1)(q_1-1)}\leq \frac{n(L/N)}{\left(\frac n{k+1}-1\right)^2}\leq \frac{4(k+1)^2L}{Nn} \end{align*} (la constante $4$ es sólo por seguridad; el límite casi se mantiene si el $4$ es eliminado, pero el $-1$ términos en el denominador lo estropean ligeramente). Esto significa que \begin{align*} \left|\left(\sum_{q_1<q\leq q_2}\frac{\mu(q)s_q(n)}{q-1}\right)-\left(\left(\frac{n}{q_2-1}-k\right)\sum_{q_1<q\leq q_2}\mu(q)\right)\right| &\leq \sum_{q_1<q\leq q_2}\frac{|\mu(q)|4(k+1)^2L}{Nn}\\ &\leq \frac{4(k+1)^2L^2}{N^2n}=\frac{4n}{N^2k^2}.\tag{1} \end{align*} Ahora bien, como $q_2-q_1=L/N\geq n^{0.6}$ y $n^{0.9}\leq q_1<n$ podemos aplicar el resultado de Matomäki y Terävainen con $\theta=0.6$ y $\epsilon=1/12$ para conseguir que exista alguna constante $c_0$ para lo cual $$\left|\sum_{q_1<q\leq q_2}\mu(q)\right|\leq \frac{c_0(L/N)}{(\log q_1)^{1/4}}.$$ A partir de esto, ya que $q_1\geq n^{0.9}$ hay alguna constante $c_1$ para la que (1) da $$\left|\sum_{q_1<q\leq q_2}\frac{\mu(q)s_q(n)}{q-1}\right|\leq \frac{4n}{N^2k^2}+\frac{c_1n}{k(k+1)N(\log n)^{1/4}}.$$ Sumando todo $N$ valores de $t$ da $$\left|\sum_{\frac{n}{k+1}<q\leq \frac nk}\frac{\mu(q)s_q(n)}{q-1}\right|\leq \frac{4n}{Nk^2}+\frac{c_1n}{k(k+1)(\log n)^{1/4}}.$$ El hecho de que $4/N\ll (\log n)^{-1/4}$ termina la prueba. $\square$
Ahora utilizamos nuestra afirmación y lema para aislar la "parte esencial" de la suma de $f(k)$ . Según la definición de $g_q$ , $$\left|\left(\sum_{q=2}^n(-\mu(q))g_q(n)\right)-n\left(\sum_{q=2}^n\frac{-\mu(q)}{q-1}\right)\right|\leq \left|\sum_{q=2}^n\frac{\mu(q)s_q(n)}{q-1}\right|.$$ Acotamos el lado derecho utilizando nuestro lema. En primer lugar, dado que $s_q(n)$ es la suma de como máximo $\log_qn+1$ dígitos en base $q$ tenemos $s_q(n)/(q-1)\leq \log_qn+1$ y por lo tanto, si $M=\lceil\log^2 n\rceil$ , $$\left|\sum_{2\leq q\leq \frac nM}\frac{\mu(q)s_q(n)}{q-1}\right|\leq \sum_{2\leq q\leq \frac nM}\left(\log_qn+1\right)\leq \frac{n(\log_2 n+1)}{M}=O\left(\frac n{\log n}\right).$$ La suma restante puede escribirse como $$\sum_{k=1}^{M-1}\sum_{\frac n{k+1}<q\leq \frac nk}\frac{\mu(q)s_q(n)}{q-1}\leq \sum_{k=1}^{M-1}\left|\sum_{\frac n{k+1}<q\leq \frac nk}\frac{\mu(q)s_q(n)}{q-1}\right|.$$ Cada $1\leq k\leq M-1$ satisface las condiciones del lema, por lo que existe alguna constante $c$ para lo cual $$\left|\sum_{\frac nM<q\leq n}\frac{\mu(q)s_q(n)}{q-1}\right|\leq \sum_{k=1}^{M-1}\frac{cn}{k(k+1)(\log n)^{1/4}}<\frac{cn}{(\log n)^{1/4}}=O\left(\frac n{(\log n)^{1/4}}\right).$$ Así que, en total, tenemos $$\boxed{\frac1n\sum_{k=1}^nf(k)=\left(\sum_{q=2}^n\frac{-\mu(q)}{q-1}\right)+O\left(\log^{-1/4}n\right)}.$$
Terminamos ahora investigando la suma $$r_n=\sum_{q=2}^n \frac{(-\mu(q))}{q-1}.$$ Definir para $k\geq 1$ la suma $t_{n,k}=\sum_{q=2}^n\frac{(-\mu(q))}{q^k}$ Entonces $$r_n=\sum_{k=1}^\infty t_{n,k}.$$ Se sabe que $$1-t_{n,k}=\sum_{q=1}^n\frac{\mu(q)}{q^k}$$ converge como $n\to\infty$ (incluso para $k=1$ ) a $1/\zeta(k)$ (o $0$ si $k=1$ ), con $$\left|t_{n,k}-\left(1-\frac1{\zeta(k)}\right)\right|\leq \sum_{q=n+1}^\infty \frac{1}{q^k}\leq \sum_{q=n+1}^\infty \frac{1}{(q-1)^{k-1}}-\frac1{q^{k-1}}=\frac1{n^{k-1}}$$ para $k\geq 2$ y así $$\left|r_n-\left(t_{n,1}+\sum_{k=2}^\infty\left(1-\frac1{\zeta(k)}\right)\right)\right|\leq \sum_{k=2}^\infty \frac1{n^{k-1}}=\frac1{n-1}.$$ Así que, como $t_{n,1}\to 1$ como $n\to\infty$ Esto demuestra que $$r_n\to 1+\sum_{k=2}^\infty \left(1-\frac1{\zeta(k)}\right)\approx 1.70521.$$
Dejar $\mu_0$ sea esta suma, $\mu_0$ es el límite de $r_n$ por lo que concluimos que $$\frac1n\sum_{k=1}^n f(k)\to \mu_0.$$
