兩個正整數的最大公約數（Greatest Common Divisor,GCD）在計算機中通常使用輾轉相除法計算，最小公倍數（Least Common Multiple, LCM）可以使用GCD來計算。下面首先介紹GCD和LCM。然後介紹輾轉相除法的計算形式，並證明爲什麼可以得出GCD。
最大公約數
性質
若正整數$\{a_1,a_2,...,a_n\}$的GCD爲$r$，則$\{a_1/r,a_2/r,...,a_n/r\}$互質（GCD爲1）。
充分性
假設正整數$\{a_1,a_2,...,a_n\}$的GCD爲$r$，則它們可以被表示爲$\{p_1r,p_2r,...,p_nr\}$。若$\{p_1,p_2,...,p_n\}$不互質，有最大公約數$r_1\ne 1$，則$\{a_1,a_2,...,a_n\}$的最大公約數爲$r_1r$與假設不符。
必要性
顯然成立：一系列正整數除以某一數，如果結果互質，則這個數是這些正整數的GCD。
多個數的最大公約數
任意正整數$\{a_1,a_2,...,a_n\}$都可以被它們對應的所有質因子的乘積表示。將它們所有質因子分別表示爲集合$A_1,A_2,...,A_n$（給重複質因子加下標），則它們的最大公約數的質因子爲
$\begin{aligned}&A_1\cap A_2\cap...\cap A_n\\=&(...((A_1\cap A_2)\cap A_3)\cap...)\cap A_n\end{aligned}$
因此多個數的GCD可以通過，兩兩數之間的GCD迭代求出。兩個正整數的GCD則可以使用輾轉相除法解決。
最小公倍數
性質
若正整數$\{a_1,a_2,...,a_n\}$的LCM爲$R$，則$\{R/a_1,R/a_2,...,R/a_n\}$互質。
充分性
假設$\{a_1,a_2,...,a_n\}$的LCM爲$R$，若$\{R/a_1,R/a_2,...,R/a_n\}$不互質，有公因子$r$，則有更小的公倍數$R/r$，與假設不符。
必要性
對於正整數$\{a_1,a_2,...,a_n\}$，假設存在正整數$R_1\ne R_2$，使得$\{R_1/a_1,R_1/a_2,...,R_1/a_n\}$互質，且$\{R_2/a_1,R_2/a_2,...,R_2/a_n\}$互質。
若$R_1/R_2=k$爲正整數，則
$\{R_1/a_1,R_1/a_2,...,R_1/a_n\}=\{kR_2/a_1,kR_2/a_2,...,kR_2/a_n\}$
有$k$爲因子，不互質，與假設不符。
若$R_1/R_2=k$不是整數，則
$\{R_1/a_1,R_1/a_2,...,R_1/a_n\}=\{kR_2/a_1,kR_2/a_2,...,kR_2/a_n\}$
不是正整數，與假設不符（互質前提是正整數）。
綜上不可能存在兩個或以上不同的$R$，使得$\{R/a_1,R/a_2,...,R/a_n\}$互質。
又由於最小公倍數$R$一定存在，使得$\{R/a_1,R/a_2,...,R/a_n\}$互質。所以這樣的$R$只存在一個，且是LCM。
多個數的最小公倍數
上面證明得出，對於正整數$\{a_1,a_2,...,a_n\}$，只要獲得某個$R$，使得$\{R/a_1,R/a_2,...,R/a_n\}$互質，這個$R$就是LCM。
將正整數表示爲GCD和對應互質數的乘積
$\{a_1,a_2,...,a_n\}=\{p_1r,p_2r,...,p_nr\}$
令$R=p_1p_2...p_nr$，可以發現$\{R/a_1,R/a_2,...,R/a_n\}$互質（證明寫下面）。因此$\{a_1,a_2,...,a_n\}$的LCM爲
$\displaystyle R=p_1p_2...p_nr=\frac{a_1a_2...a_n}{r^{n-1}}$
互質證明
將$\{p_1,p_2,...,p_n\}$的所有質因子分別表示爲集合$A_1,A_2,...,A_n$，顯然有$A_1\cap A_2\cap...\cap A_n=\varnothing$。設全集$E=A_1\cup A_2\cup...\cup A_n$，則$\{R/a_1,R/a_2,...,R/a_n\}$的質因子集合爲$\sim A_1,\sim A_2,...,\sim A_n$。由於
$\begin{aligned}&\sim A_1\cap\sim A_2\cap...\cap\sim A_n\\=&\sim(A_1\cup A_2\cup...\cup A_n)\\=&\sim E\\=&\varnothing\end{aligned}$
所以$\{R/a_1,R/a_2,...,R/a_n\}$互質。
輾轉相除法
輾轉相除法通過迭代計算兩個正整數的GCD。每次用較小數對較大數取餘，然後將較小數賦值到較大數，餘數賦值到較小數，直到餘數爲0，此時較小數爲最大公約數。
例子
計算319，377的最大公約數（算法迭代過程）：
| 迭代 | 較大數 | 較小數 | 餘數 |
| 0 | - | 377 | 319 |
| 1 | 377 | 319 | 58 |
| 2 | 319 | 58 | 29 |
| 3 | 58 | 29 | 0 |
得出最大公約數爲29。
證明
假設正整數$a>b$，計算它們的最大公約數。首先計算出它們的餘數$t$：
$a \, \text{mod}\, b = t$
則$a$可以表示爲：
$a=pb+t$
其中$p$爲$a/b$的正整數商。若$t=0$，則顯然$b$爲$a,b$的最大公約數。若$t\neq 0$，我們只需證明$\{a,b\}$與$\{b,t\}$有相同的最大公約數，迭代就可以進行下去。
將$\{a,b\}$的公約數表示爲$r_1\in R_1$，$R_1=\{a,b的公約數\}$，則有：
$t =a-pb= p_ar_1-pp_br_1=(p_a-pp_b)r_1$
顯然$\{a,b\}$的公約數$r_1$也是$t$的約數，因而$r_1$是$\{a,b,t\}$的公約數，有$R_1\subseteq R$，$R=\{a,b,t的公約數\}$。又因爲$\{a,b,t\}$的公約數一定是$\{a,b\}$的公約數，所以有$R\subseteq R_1$。因此$R_1=R$。
將$\{b,t\}$的公約數表示爲$r_2\in R_2$，$R_2=\{b,t的公約數\}$，則有：
$a =pb+t= pp_{b1}r_2+p_tr_2=(pp_{b1}+p_t)r_2$
顯然$\{b,t\}$的公約數$r_2$也是$a$的約數，因而$r_2$是$\{a,b,t\}$的公約數，有$R_2\subseteq R$。與上同理，得出$R_2 = R$。
於是$R_1=R=R2$，因此，$\{a,b\}$與$\{b,t\}$有相同的最大公約數。