前面我们给出了最大公因数及其有关的概念和结论，下面讨论最大公因数的性质，并为后面的求法提供理论根据.注意试用文字语言表述这些性质，有助于理解、记忆和应用.
定理3 若a=bq＋r（0≤r＜b)，则（a，b)=（b，r).
证明 设（a，b)=d，（b，r)=q，则d|a，d|b，故d|（a-bq)=r，d是b，r的一个公因数，而（b，r)=q，故d≤q.
同理可得q≤d.故d=q，即（a，b)=（b，r).
例如，由377=319×1＋58，可得（319，377)=（319，58).
定理4 若d＞0，d|a，d|b，则（a，b)=d⇔存在整数s，t，使得d=as＋bt（这是具有重要价值的贝祖（Bézout)等式).
证明 必要性.
不妨设a＞b，用b除a，a=bq1＋r1（0≤r1＜b)，由定理3可知，
若r1=0，则d=（a，b)=（b，r1)=b，取s=0，t=1即有
若r1≠0，用r1除b，b=r1q2＋r2（0≤r2＜r1)，则
若r2=0，则d=（r1，r2)=r1=a-bq1，取s=1，t=-q1，即
若r2≠0，用r2除r1，r1=r2q3＋r3（0≤r3＜r2)，则
若r3=0，则
取s=-q2，t=1＋q1q2，即有d=as＋bt.
若r3≠0，依此类推下去，因为余数逐渐减小，所以除若干次必有：
则d=（a，b)=（b，r1)=（r1，r2)=…=（rn-1，rn)=rn，故
把rn-1=rn-3-rn-2qn-1代入上式即可消去rn-1，仿照上述过程逐步回代，必可找到整数s，t，使得d=as＋bt.
充分性.
设（a，b)=q.
∵d是a，b的公因数，∴d≤q.
∵（a，b)=q，∴q|a，q|b，∴q|as＋bt=d，∴q≤d.
∴q=d，即（a，b)=d.
推论 （a，b)=1⇔存在整数s，t，使得as＋bt=1.
定理5 设q是a，b的任意一个公因数，d是a，b的一个公因数，则d=（a，b)⇔q|d（请读者自己证明).
充分性.
若（a，b)=q＞d，则∵d|a，d|b，由定理5可知d|q.
设q=dp（p＞1)，∵（a，b)=q，∴q|a，q|b，
故（a，b)=d.
推论 设d|ak（k=1，2，…，n)，则
定理7 （ac，bc)=c（a，b).
例1 若（a，b)=1，求（a-b，a＋b).
解 设（a-b，a＋b)=d，则d|a-b，d|a＋b，(www.xing528.com)
∴d|2a，d|2b，d|（2a，2b)=2（a，b)=2，
∴d=1或d=2.
推论 （ca1，ca2，…，can)=c（a1，a2，…，an).
例如，（12，28，64)=4（3，7，16)=4×1=4.
定理8 若a|bc，且（a，b)=1，则a|c.
证明 方法1.∵（a，b)=1，∴c=c（a，b)=（ac，bc).
∵a|ac，a|bc，∴a|（ac，bc)=c.
方法2.∵（a，b)=1，∴存在整数s，t，使as＋bt=1，∴cas＋cbt=c.∵a|ac，a|bc，∴a|cas＋cbt=c.
推论 设p为质数，若p|ab，则p|a或p|b（读者自证).
定理9 若a|c，b|c，且（a，b)=1，则ab|c.
证明 ∵（a，b)=1，∴c=c（a，b)=（ac，bc).
∵a|c，b|c，∴ab|bc，ab|ac.
∴ab|（ac，bc)=c.
例如，因为2|12，3|12，（2，3)=1，所以2×3=6|12.
定理10 若（a，b)=1，则（a，bc)=（a，c).
证明 设（a，bc)=d，（a，c)=h，则d|a，d|bc.
∵（a，b)=1，d|a，（d，b)=1，∴d|c，d|h.
反之，同理可得h|d，∴d=h，即（a，bc)=（a，c).
例如，（9，1350)=（9，135)=（9，27)=9.
推论1 若（a，bk)=1（k=1，2，…，n)，则（a，b1b2…bn)=1.
推论2 若a|m，b|m，c|m，且a，b，c两两互质，则abc|m.
证明 ∵a|m，b|m，（a，b)=1，∴ab|m.
∵（a，c)=1，（b，c)=1，∴（ab，c)=1.
∵c|m，∴abc|m.
推论3 若（a，b)=1，则（a，bn)=1，（an，bn)=1，（an，bm)=1（n，m∊N*).
推论4 （an，bn)=（a，b)n（n∊N*).
推论5 若a1，a2，…，an中任意一个与b1，b2，…，bm中任意一个互质，则（a1a2…an，b1b2…bm)=1.
若（a，b)=1，（c，d)=1，则（ac，bd)=1成立吗？举例说明.
例2 若（a，d)=（b，c)=1，（a，b)=k，（c，d)=h，求：
解 （1)∵（a，b)=k，（c，d)=h，
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