证：$a > b$ 且 $gcd(a,b)=1$，有 $gcd(a^n-b^n, a^m-b^m) = a^{gcd(n, m)} - b^{gcd(n,m)}$.
证明：
假设 $n > m$，$r = n \% m$.
根据辗转相除法，
$a^n - b^n = (a^m-b^m)(a^{n-m} + a^{n-2m}b^m + ...+) + a^rb^{n-r} - b^n$，
$gcd(a^n-b^n, a^m-b^m) = gcd(a^m-b^m, a^rb^{n-r}-b^n) = gcd(a^m-b^m, b^{n-r}(a^r-b^r))$，
因为 $r = n \% m$，所以 $b^{n-r} = b^{mleft lfloor frac{n}{m} ight floor} = b^{km}$。
考虑 $gcd(b^{km}, a^m-b^m)$，
由多项式除法 $b^{km} = (a^m-b^m)(-b^{(k-1)m}- a^mb^{(k-2)m}-...-a^{(k-1)m}) + a^{km}$，
$gcd(b^{km}, a^m-b^m) = gcd(a^{km}, a^m-b^m) = d$，
$d | b^{km}, d|a^{km}, d | gcd(b^{km}, a^{km})=1$，所以 $d=1$，即 $gcd(b^{n-r}, a^m-b^m)=1$.
所以 $gcd(a^n-b^n, a^m-b^m) = gcd(a^m-b^m, a^{n \% m}-b^{n \% m}) = a^{gcd(n,m)} - b ^ {gcd(n,m)}$.
(其实整个过程就是辗转相除法)