Definir $\Omega(n)$ por el número de todos los primos divisores de $n$ contados con su multiplicidad, y
$\omega(n)$ por el número de los distintos primer divisores de $n$. La media de los que usted está interesado es $\Omega(n)/\omega(n)$.
Esta función tiene límite inferior $1$, ya que para $n=p$ prime, tenemos $\omega(p)=1$, $\Omega(p)=1$.
Por otro lado, este tiene límite superior $\infty$, ya que para $n=2^k$, $\omega(n)=1$ pero $\Omega(n)= k$. Podemos hacer $k$ arbitrariamente grande.
Por lo tanto, esta función es muy errático como se dio cuenta.
Sin embargo, un comportamiento interesante de este promedio es de que tenemos las siguientes:
$$
\sum_{n\leq x}\frac{\Omega(n)}{\omega(n)} = x+O\left(\frac{x}{\log\log x}\right).$$
Así, el promedio de la media se estabiliza a $1$.
Prueba de que el valor de la media asintótica
$$\sum_{n\leq x} \frac{\Omega(n)}{\omega(n)}=\sum_{n\leq x} \frac{\omega(n)+\Omega(n)-\omega(n)}{\omega(n)}
$$
$$
=x+O(1)+\sum_{k\geq 1} \sum_{\substack{{n\leq x}\\{\Omega(n)-\omega(n)=k}}} \frac{k}{\omega(n)}$$
Vemos desde arriba que conocer la densidad de los números con las $\Omega(n)-\omega(n)=k$ será útil. Esto se hace por Renyi:
Referencia: Renyi, A. (1955). En la densidad de ciertas secuencias de números enteros, Acad. Serbe De La Lesión. Publ.
Inst. De matemáticas. 8, 157-162
El resultado es:
Deje $b_k$ ser la densidad de $n\leq x$$\Omega(n)-\omega(n)=k$. Entonces tenemos
$$
\sum_{k=0}^{\infty} b_k z^k = \prod_{p \textrm{ prime }} \left(1-\frac 1 p \right)\left( 1+\frac{1}{p-z}\right)$$
Tenga en cuenta que este poder de la serie tiene radio de convergencia $2$.
Además, una versión cuantitativa de la densidad es
$$
\sum_{\substack{{n\leq x}\\{\Omega(n)-\omega(n)=k}}} 1 = b_k x + O( 0.75^k x^{0.5}(\log x)^{4/3})
$$
Volviendo a la suma de $k$, podemos dividir el interior de la suma en dos partes:
$$
\sum_{k\geq 1} \left(\sum_{\substack{{n\leq x}\\{\Omega(n)-\omega(n)=k}\\{\Omega(n)<0.5\log\log x}}}\frac{k}{\omega(n)}+\sum_{\substack{{n\leq x}\\{\Omega(n)-\omega(n)=k}\\{\Omega(n)\geq 0.5\log\log x}}}\frac{k}{\omega(n)}\right)$$
El primer interior de la suma puede ser tratada por:
$$
\sum_{\substack{{n\leq x}\\{\Omega(n)-\omega(n)=k}\\{\Omega(n)<0.5\log\log x}}}\frac{k}{\omega(n)}\leq \sum_{\substack{{n\leq x}\\{\Omega(n)-\omega(n)=k}\\{\Omega(n)<0.5\log\log x}}}k
$$
$$
\leq k(\log x)^{-0.5\log 0.5} \sum_{\substack{{n\leq x}\\{\Omega(n)-\omega(n)=k}}} 0.5^{\Omega(n)-\omega(n)+\omega(n)}$$
$$
= k \ 0.5^k (\log x)^{-0.5\log 0.5}\sum_{n\leq x} 0.5^{\omega(n)}
$$
$$\leq k \ 0.5^k (\log x)^{-0.5\log 0.5} C x(\log x)^{-0.5}
$$
$$\leq k \ 0.5^k x (\log x)^{-c}$$
para la absoluta constantes $c>0, C>0$.
El segundo interior de la suma se trata: (Caso 1: $k\leq 0.25\log\log x$ )
$$
\sum_{\substack{{n\leq x}\\{\Omega(n)-\omega(n)=k}\\{\Omega(n)\geq 0.5\log\log x}}}\frac{k}{\omega(n)}\leq k \sum_{\substack{{n\leq x}\\{\Omega(n)-\omega(n)=k}}}\frac{1}{0.5\log\log x -k}
$$
$$\leq 4 k b_k \frac{x}{\log\log x} + 4 k \frac{0.75^k x^{0.5} (\log x)^{4/3}}{\log\log x}
$$
y para el Caso 2: $k>0.25\log\log x$
$$
\sum_{\substack{{n\leq x}\\{\Omega(n)-\omega(n)=k}\\{\Omega(n)\geq 0.5\log\log x}}}\frac{k}{\omega(n)}\leq k \sum_{\substack{{n\leq x}\\{\Omega(n)-\omega(n)=k}}}1
$$
$$
\leq k b_k x + k \ 0.75^k x^{0.5} (\log x)^{4/3}
$$
Por cierto, el $b_k$ también tiene una expresión:
$$
b_k = \sum_{\substack{{f\in \mathcal{F}}\\{\Omega(f)-\omega(f)=k}}}\frac 1 f \prod_{p|f} \left(1+\frac 1 p \right)^{-1}
$$
donde $\mathcal{F}$ es el conjunto de todos potente números ($p|f$ implica $p^2|f$).
También, se satisface
$$
\sum_{\substack{{f\geq x}\\{f\in \mathcal{F}}\\{\Omega(f)-\omega(f)=k}}}\frac 1 f \prod_{p|f} \left(1+\frac 1 p \right)^{-1} \ll x^{-0.5} 0.75^k (\log x)^{4/3}
$$
Utilizamos el anterior para $2^{0.25\log\log x}$ debido a que es el límite inferior de la potente números al $k\geq 0.25\log\log x$. A continuación, obtenemos
$$
kb_k\ll k (\log x)^{c} \ 0.75^k (\log\log\log x)^{4/3}$$
para algunos positivos $c$.
Por tanto, si se suma todo lo $k\geq 1$, luego tenemos
$$
\sum_{k\geq 1} \sum_{\substack{{n\leq x}\\{\Omega(n)-\omega(n)=k}}} \frac{k}{\omega(n)}
\leq B \frac{x}{(\log x)^b}\sum_{k\geq 1} k 0.75^k + B \frac{x}{\log\log x} \sum_{k\geq 1} k b_k
$$
Puesto que el poder de la serie tiene radio de convergencia $2$, la suma de $\sum_{k\geq 1} kb_k$ deberían converger. Por lo tanto, hemos terminado.
