从列表 $L = \{p_1, p_2, \dots, p_n\}$ 中任取一个素数 $p_i$。在乘积 $P = p_1 p_2 \cdots p_n$ 中,我们可以提出因子 $p_i$,写成 $P = p_i \cdot K$,其中 $K = \prod_{j \neq i} p_j$ 是列表中其余素数的乘积（若 $n = 1$ 则 $K = 1$）。将其代入 $N$ 的定义,便得到 $N = p_i \cdot K + 1$。

这个等式说明,用 $p_i$ 去除 $N$ 时,商为整数 $K$,余数为 $1$。如果 $p_i$ 能整除 $N$（即 $p_i \mid N$）,那么由于 $p_i$ 也整除 $p_i \cdot K$,它就必须整除二者的差 $N - p_i \cdot K = 1$。用欧几里得在第九卷命题20中的话来说,这个素数就会“量尽余数,即单位 $DF$,这是荒谬的”,因为每个素数都满足 $p_i \ge 2$,而任何 $\ge 2$ 的整数都不可能整除 $1$。因此对列表中的每个 $p_i \in L$,都有 $p_i \nmid N$。