　正整数 $k$ に対し，小さい方から $k$ 番目までの素数の積を $q_k = \displaystyle \prod_{t=1}^k p_t$ とおく．

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**補題．**  $n$ を $60$ 進数で表記したときに $n = \displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} 60^{k-1} b_k$ となるとき，$a_n = \displaystyle\prod_{k=1}^\infty q_{k}^{b_k}$ と表せる．  
**証明．**
$n$ に関する帰納法で示す．$n=0$ のとき，$a_0 = 1$ となる．\
　$n$ での成立を仮定する．すなわち，$n$ を $60$ 進数表記が $n = \displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} 60^{k-1} b_k$ となるとき，$a_n = \displaystyle\prod_{k=1}^\infty q_{k}^{b_k}$ と表せると仮定する．$b_k \neq 59$ なる最小の $k$ を $k^{\prime}$ とする．$n+1$ の $60$ 進表記は，
$$
c_k =
\begin{cases}
 0          &(k \lt k^{\prime})\\\\
 b_k+1 &(k = k^{\prime}) \\\\
 b_k     &(k \gt k^{\prime})
\end{cases}
$$
とおくことで $n+1 = \displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} 60^{k-1} c_k$ となる．一方で $v_{p_{k}}(a_n)-v_{p_{k+1}}(a_n) = b_{k}$ から $k(a_n) = k^{\prime}$ なので，帰納法の仮定を用いて，
$$
f(a_n) = \prod_{t=1}^{k^{\prime}} p_t = q_{k^{\prime}}, \quad
g(a_n) = \displaystyle\prod_{t=1}^{k^{\prime}-1} p_t^{k^{\prime}-t} = \prod_{t=1}^{k^{\prime}-1} q_{t}
$$
が得られる．ただし $k^\prime = 1$ のとき $g(a_n) = 1$ である．したがって，
$$
\begin{aligned}
a_{n+1}
&= \frac{f(a_n)\times a_n}{g(a_n)^{59}} \\\\
&= \frac{q_{k^{\prime}}\times \prod_{k=1}^\infty (q_{k})^{b_k}}{(\prod_{k=1}^{k^{\prime}-1} q_{k})^{59}} \\\\
&= \Biggl( \prod_{k=1}^{k^{\prime}-1}q_{k}^{b_k-59} \Biggr) \times q_{k^{\prime}}^{b_{k^{\prime}}+1} \times \Biggl( \prod_{t=k^{\prime}+1}^{\infty}q_{k}^{b_k} \Biggr) \\\\
&= \Biggl( \prod_{k=1}^{k^{\prime}-1}q_{k}^{0} \Biggr) \times q_{k^{\prime}}^{b_{k^{\prime}}+1} \times \Biggl( \prod_{t=k^{\prime}+1}^{\infty}q_{k}^{b_k} \Biggr) \\\\
& = \displaystyle\prod_{k=1}^l q_{k}^{c_k}
\end{aligned}
$$ 

となるので，$n+1$ に対しても命題が成立することが示された．$\square$

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　$N = 59 \times 60^{100000}-1$ は $60$ 進数で表したときに，最上位が $58$ で，残りが $59$ となる $100001$ 桁の数になる．補題により，
$$
\begin{aligned}
a_{N} &= q_{100001}^{58}\prod_{k=1}^{100000} q_{k}^{59} \\\\
&= (p_1\cdots p_{100001})^{58}\prod_{k=1}^{100000} (p_1\cdots p_{k})^{59}\\\\
&= \prod_{k=1}^{100001} p_{k}^{59(100001-k)+58}
\end{aligned}
$$
となる．よって，$59$ は $17$ 番目の素数であることから，
$$
\begin{aligned}
v_{59}(a_{N}) &= 59(100001-17)+58 \\\\
&=5899114
\end{aligned}
$$
また，約数の個数 $d(a_N)$ について，
$$
\begin{aligned}
d(a_N) &= \displaystyle\prod_{k=1}^{100001} (59(100001-k)+58+1) \\\\
&= \prod_{k=1}^{100001} 59k \\\\
&= 59^{100001}100001!
\end{aligned}
$$
となるため，ルジャンドルの定理から，
$$
\begin{aligned}
v_{59}(d(a_N)) &= v_{59}(59^{100001})  + v_{59}(100001!) \\\\
& = 100001 + \sum_{k=1}^{\infty} \biggl\lfloor \frac{100001}{59^k} \biggr\rfloor \\\\
& = 101723
\end{aligned}
$$
となる．以上により，求める値は $5899114+101723=\mathbf{6000837}$ である．
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omce007/editorial/10201
　正整数 $m$ と素数 $p$ に対して，$m$ が $p$ で割り切れる回数の最大値を $v_p(m)$ と定めます．また，小さいほうから数えて $k$ 番目の素数を $p_k$ とおきます． 正整数 $n$ に対して $v_{p_{k}}(n) - v_{p_{k+1}}(n) \lt 59 $ なる最小の正整数 $k$ を $k(n)$ とし，関数 $f,g$ を
$$
f(n) = \prod_{t=1}^{k(n)} p_t, \quad 
g(n) = \displaystyle\prod_{t=1}^{k(n)-1} p_t^{k(n)-t} 
$$
で定めます．ただし $k(n) = 1$ のときは $g(n) = 1$ とします．さらに数列 $\\{ a_n\\} $ を $a_0 = 1$ および
$$
a_{n+1} = \frac{f(a_n)\times a_n}{g(a_n)^{59}} \quad (n = 0, 1, 2, \ldots)
$$ 
で定めると，$N= 59\times 60^{100000}-1$ に対して $a_N$ が整数となることが示せます．$a_{N}$ の正の約数の個数を $d(a_N)$ で表すとき，$v_{59}\bigl( d(a_N) a_N \bigr)$ の値を求めてください．