5.2 证明的第二个途径
这一途径将不利用4中关于最大公约数的结论，直接证明算术基本定理（定理2）和定理1，并证明这两个定理是等价的.这些证明看来“非常简单”，但要想到是非常不易的.请读者反复加以考虑和比较.
算术基本定理（定理2）的直接证明用反证法.假设结论不成立.设a0＞1是使结论不成立的最小正整数.由2定理5知，a0必可表为素数之积，因此，它必有两种不同的素数分解式，设为
a0=p1…ps=q1…qr，
其中pj，qi都是素数.不妨设p1≤…≤ps，q1≤…≤qr.由素数定义知，a0一定不是素数，所以必有
s≥2，r≥2.（23）
其次，由a0的最小性知，对任意的j和i必有
pj≠qi.（24）
不妨设q1＞p1.这样，有
1＜b0=a0-p1q2…qr=（q1-p1）q2…qr＜a0.（25）
显然有p1|b0，即b0=p1b1，由此及2定理5得到b0的素数分解式：
b0=p1p′2…p′u，（26）
其中p′2，…，p′u是素数，b1=p′2…p′u（当b1=1时，它们不出现）.但另一方面，当q1-p1=1时，得到b0的素数分解式
b0=q2…qr；（27）
当q1-p1＞1时，由2定理5知，必有q1-p1的素数分解式：
q1-p1=q11…q1v，
q1j（1≤j≤v）是素数.因此得到b0的素数分解式：
b0=q11…q1vq2…qr.（28）
由素数的定义，q1和p1都是素数及q1≠p1知，p1｜/q1-p1.由此及式（24）知，在b0的素数分解式（27）或（28）中一定不会出现p1，所以（27）或（28）一定是和（26）不同的素数分解式.但由式（25）知，这和a0的最小性矛盾.证毕.
下面来给出定理1的两个直接证明.
定理1的第一个直接证明只要证k=2的情形，且可假定a1≥1，a2≥1.用反证法.假设结论不成立.由最小自然数原理知，必有最小的素数p0使结论不成立，即存在a1，a2，使
p0|a1a2，p0｜/a1，p0｜/a2.（29）
考虑由所有这样的数对｛a1，a2｝组成的集合T.由最小自然数原理知，必有a*1，a*2属于这集合，而使乘积a*1a*2最小.这时必有
1＜a*1＜p0，1＜a*2＜p0.（30）
因若不然，比如说有a*1＞p0，则由带余数除法可得
a*1=qp0+r1，0＜r1＜p0.
这样，数对｛r1，a*2｝也满足条件（29）.但r1a*2＜a*1a*2，和a*1a*2的最小性矛盾.设
a*1a*2=p0c.
由式（30）及p0是素数知2≤c≤p0.进而由2定理4知，必有素数p1|c.由p1＜p0及p0的最小性知，p1|a*1和p1|a*2至少有一个成立.设p1|a*1，则有
显见，数对｛a*1/p1，a*2｝也属于集合T，但这和a*1a*2的最小性矛盾.证毕.
定理1的第二个直接证明不妨设a1＞0，a2＞0.若p｜/a1，考虑数列a1，2a1，3a1，…，ka1，….这数列中必有数可被p整除，例如pa1即是.由最小自然数原理知这数列中必有一最小正整数被p整除，设为na1.显见1＜n≤p.我们来证明n=p.若不然，由带余数除法知
p=qn+r1，1≤r1＜n，
这里r1≥1是因为p是素数，n｜/p.由此推出p|r1a1，这和na1的最小性矛盾.最后来证明p|a2.由带余数除法知
a2=qp+r2，0≤r2＜p.
所以p|r2a1.由此及pa1的最小性推出r2=0，即p|a2.证毕.
最后来证明
定理9
定理1和定理2等价.
证
定理1成立⇒定理2成立这就是5.1小节中给出的定理2的证明（注意：在这证明中除了定理1的结论，及整除的定义、素数的定义和2定理5外，没用其他任何知识）.
定理2成立⇒定理1成立只要证k=2的情形.用反证法，设有素数p0，正整数a1，a2满足
p0|a1a2，p0｜/a1，p0｜/a2.
显见，必有a1≥2，a2≥2，a1a2/p0≥2.由2定理5知有素数分解式：
a1=p11…p1r，a2=p21…p2s，（a1a2）/p0=p1…pt.
由p0｜/a1知p1j≠p0（1≤j≤r）；由p0｜/a2知p2j≠p0（1≤j≤s）.这样，由以上三式就得到了a1a2的两种不同的素数分解式：
a1a2=p11…p1rp21…p2s，a1a2=p0p1…pt.
这和定理2成立矛盾.证毕（注意：在这证明中除了定理2的结论，及整除、素数的定义和2定理5之外没有用其他知识）.证毕.