要證明這一類唯一性問題，一般先假設有兩個不一樣的，再推匯出這兩個其實是一樣的。

例如，要證明自然數唯一分解，可以先假設有兩種分解方案，分別是……和……（打字太麻煩，見諒），然後再證明這兩種分解方案下面，相應素數項的指數是一樣的。

用手機打字，過程就不詳寫了，按照這個思路證下去是沒問題的。

我來回答吧！這問題證明的理論基礎為，如果P/q<1，則對於任意一個大於1的自然數n，P/q<p^n/q^n，這很容易證明，這裡從略！如果自然數N存在兩種分解，則，一種分解為p1p2p3…pN，另一種分解為q1q2q3…qm(n<m，pi<qi)丌pi/丌qi=N/N=1，但丌pi^n/丌qi^n<1，矛盾，所以不存在兩種分解！

對於任一自然數 N(N﹥1),如果它只有正因數1和N，它就是素數(質數)，如果它還存在其它正因數，如6=2x3，9=3^2，它就是合數，顯然，大於1的全體自然數由素數和合陣列成。顯然，任一素數只能被唯一分解成1xN或Nx1(不計次序)。

對於任一合數N，由於N=ab(a、b≥2且a、b都是整數)，所以，N-a=a(b-1)，N-b=b(a-1)，由於a、b≥2，所以a(b-1)和b(a-1)均大於0，即N>a且N>b，顯然N﹥1，所以任意一個合數必大於它的任一非本身因數。

而算術基本定理即:任何一個合數可以被唯一分解成有限個素數的乘積(不計這些質因數的排列順序，一般按從小到大的標準順序排列)，下面詳細證明:

先證明任一合數能分解成有限個素數的乘積。

1、它僅能分解成無限個大於1的正整數的積，即可分解成無限個素數之積，或無限個合數之積，或無限個素數與無限個合數之積，或無限個素數與有限個合數之積，或無限個合數與有限個素數之積。總之，由於其個數為無限個，所以不管屬於哪類分解方式，這些因數的乘積都是+∞，這與任一合數N是常數矛盾。

2、它僅能分解成有限個合數的乘積。這時，設其任一合因數為q，設q的最小非1正因數為k，若k是素數，則合因數q有素因數，與情形2矛盾，若k是合數，則k必存在非1非本身因數，由上可知，任一合數必大於它的任一非本身因數，所以，該因數必小於k，這與k為最小因數矛盾。因此，k必為素數，即q必存在素因數，也即N必存在素因數。可見，該情形也不存在。

3、它僅能分解成有限個合數和有限個素數的乘積。這時，根據情形2裡的一個結論可知：任一合數必存在素因數，意味著單是在這有限個合數中，永遠都分解不完所有合數，即至少有一個合數可以分解無限次，而每個合數每分解一次，至少都能產生一個素因數，這又意味著：單是在這有限個合數的部分因數中，素因數就有無窮多個，最終其乘積N必為無窮大，這與N是一個常數矛盾。

因此，任一合數只能分解成有限個素數的乘積。

再證任一合數只能被唯一分解成有限個素數的乘積。

對於全體合數，由於都不小於4，所以，它們不像全體整數，因存在-∞而沒有最小整數那樣，可假設總存在至少有兩種質因數分解方法的合數。這時，由於這類合數也不小於4，且合數本身又是自然數(或正整數)，所以，這類合數必存在某個下限值，又由於4僅能分解成2x2，所以，該下限合數必大於4，即在該假設的前提下，一定存在滿足條件的最小合數M(M>4)。

設M=p1xp2x…xpm=q1ⅹq2x…xqn(p1≤p2≤…≤pm，q1≤q2≤…≤qn，m、n均不小於2，且這些因數都是素數)。不妨設p1≥q1，但當p1=q1時，M/p1=p2x…xpm=q2x…xqn，即M÷p1存在兩個商p2和q2(當M僅為兩個素數的乘積時)，這與商的唯一性矛盾，或合數M/p1至少存在兩種分解方法，且根據上面的結論可知，M/p1<M，這又與M為至少存在兩種質因數分解方法的最小合數矛盾，所以只能是p1﹥q1。設B=q1ⅹp2x…ⅹpm，則M>B，且M-B=q1(q2x…xqn-p2x…ⅹpm)，即:正整數(M-B)必有素因數q1，而q1<p1≤p2≤…≤pm，且M-B=(p1-q1)xp2x…xpm，所以，q1只能是正因數(p1-q1)的一個素因數，即(p1-q1)/q1=p1/q1-1是一個正整數。因此，p1/q1也是一個正整數，這說明q1是p1的一個素因數，而p1≠q1，所以p1只能是合數，這與p1是素數矛盾。可見，在全體合數裡，一定不存在至少有兩種質因數分解方法的最小合數M，換言之，在全體合數裡，一定不存在至少有兩種質因數分解方法的任何合數！否則，就應該存在最小的這類合數，哪怕僅有一個至少存在兩種素因數分解方法的合數。

綜上所論，全體素數都只能被唯一分解成單位數1與它本身的乘積，而全體合數都只能被唯一分解成有限個質因數的乘積。

要證明這一類唯一性問題，一般先假設有兩個不一樣的，再推匯出這兩個其實是一樣的。

例如，要證明自然數唯一分解，可以先假設有兩種分解方案，分別是……和……（打字太麻煩，見諒），然後再證明這兩種分解方案下面，相應素數項的指數是一樣的。

用手機打字，過程就不詳寫了，按照這個思路證下去是沒問題的。

我來回答吧！這問題證明的理論基礎為，如果P/q<1，則對於任意一個大於1的自然數n，P/q<p^n/q^n，這很容易證明，這裡從略！如果自然數N存在兩種分解，則，一種分解為p1p2p3…pN，另一種分解為q1q2q3…qm(n<m，pi<qi)丌pi/丌qi=N/N=1，但丌pi^n/丌qi^n<1，矛盾，所以不存在兩種分解！

對於任一自然數 N(N﹥1),如果它只有正因數1和N，它就是素數(質數)，如果它還存在其它正因數，如6=2x3，9=3^2，它就是合數，顯然，大於1的全體自然數由素數和合陣列成。顯然，任一素數只能被唯一分解成1xN或Nx1(不計次序)。

對於任一合數N，由於N=ab(a、b≥2且a、b都是整數)，所以，N-a=a(b-1)，N-b=b(a-1)，由於a、b≥2，所以a(b-1)和b(a-1)均大於0，即N>a且N>b，顯然N﹥1，所以任意一個合數必大於它的任一非本身因數。

而算術基本定理即:任何一個合數可以被唯一分解成有限個素數的乘積(不計這些質因數的排列順序，一般按從小到大的標準順序排列)，下面詳細證明:

先證明任一合數能分解成有限個素數的乘積。

1、它僅能分解成無限個大於1的正整數的積，即可分解成無限個素數之積，或無限個合數之積，或無限個素數與無限個合數之積，或無限個素數與有限個合數之積，或無限個合數與有限個素數之積。總之，由於其個數為無限個，所以不管屬於哪類分解方式，這些因數的乘積都是+∞，這與任一合數N是常數矛盾。

2、它僅能分解成有限個合數的乘積。這時，設其任一合因數為q，設q的最小非1正因數為k，若k是素數，則合因數q有素因數，與情形2矛盾，若k是合數，則k必存在非1非本身因數，由上可知，任一合數必大於它的任一非本身因數，所以，該因數必小於k，這與k為最小因數矛盾。因此，k必為素數，即q必存在素因數，也即N必存在素因數。可見，該情形也不存在。

3、它僅能分解成有限個合數和有限個素數的乘積。這時，根據情形2裡的一個結論可知：任一合數必存在素因數，意味著單是在這有限個合數中，永遠都分解不完所有合數，即至少有一個合數可以分解無限次，而每個合數每分解一次，至少都能產生一個素因數，這又意味著：單是在這有限個合數的部分因數中，素因數就有無窮多個，最終其乘積N必為無窮大，這與N是一個常數矛盾。

因此，任一合數只能分解成有限個素數的乘積。

再證任一合數只能被唯一分解成有限個素數的乘積。

對於全體合數，由於都不小於4，所以，它們不像全體整數，因存在-∞而沒有最小整數那樣，可假設總存在至少有兩種質因數分解方法的合數。這時，由於這類合數也不小於4，且合數本身又是自然數(或正整數)，所以，這類合數必存在某個下限值，又由於4僅能分解成2x2，所以，該下限合數必大於4，即在該假設的前提下，一定存在滿足條件的最小合數M(M>4)。

設M=p1xp2x…xpm=q1ⅹq2x…xqn(p1≤p2≤…≤pm，q1≤q2≤…≤qn，m、n均不小於2，且這些因數都是素數)。不妨設p1≥q1，但當p1=q1時，M/p1=p2x…xpm=q2x…xqn，即M÷p1存在兩個商p2和q2(當M僅為兩個素數的乘積時)，這與商的唯一性矛盾，或合數M/p1至少存在兩種分解方法，且根據上面的結論可知，M/p1<M，這又與M為至少存在兩種質因數分解方法的最小合數矛盾，所以只能是p1﹥q1。設B=q1ⅹp2x…ⅹpm，則M>B，且M-B=q1(q2x…xqn-p2x…ⅹpm)，即:正整數(M-B)必有素因數q1，而q1<p1≤p2≤…≤pm，且M-B=(p1-q1)xp2x…xpm，所以，q1只能是正因數(p1-q1)的一個素因數，即(p1-q1)/q1=p1/q1-1是一個正整數。因此，p1/q1也是一個正整數，這說明q1是p1的一個素因數，而p1≠q1，所以p1只能是合數，這與p1是素數矛盾。可見，在全體合數裡，一定不存在至少有兩種質因數分解方法的最小合數M，換言之，在全體合數裡，一定不存在至少有兩種質因數分解方法的任何合數！否則，就應該存在最小的這類合數，哪怕僅有一個至少存在兩種素因數分解方法的合數。

綜上所論，全體素數都只能被唯一分解成單位數1與它本身的乘積，而全體合數都只能被唯一分解成有限個質因數的乘積。