Bài toán đầu tiên

Problem :Cho $a,b,c,d \in \mathbb{Z^+}$ thỏa mãn $(ac+bd) \vdots (a^2+b^2)$ .Chứng minh rằng $gcd(a^2+b^2,c^2+d^2)>1$ 
                                                                    Lời giải :  
Chú ý rằng $(ac+bd)^2+(ad-bc)^2=(a^2+b^2)(c^2+d^2)$ (1)
Giả sử $gcd(a^2+b^2,c^2+d^2)=1$ (2)
Trường hợp 1 : $a^2+b^2$ không phải là số chính phương. Khi đó tồn tại ước nguyên tố $p$ có số mũ là $2n+1$ với $n$ là số tự nhiên
Từ (1) suy ra $(ad-bc)^2 \vdots (a^2+b^2) \vdots p^{2n+1} \Rightarrow (ad-cb)^2 \vdots p^{2n+2}$
Ta chú ý rằng : $(ac+bd)^2 \vdots p^{4n+2} \vdots p^{2n+2}$
$VT(1) \vdots p^{2n+2} \Rightarrow (a^2+b^2)(c^2+d^2) \vdots p^{2n+2}$
Kết hợp với (2) suy ra $gcd(p,c^2+d^2)=1 \Rightarrow gcd(p^{2n+2},c^2+d^2)=1$
Khi đó $p^{2n+2}|(a^2+b^2)$ (vô lí)
Trường hợp 2 : $a^2+b^2$ là một số chính phương . Đặt $a^2+b^2=t^2$ trong đó $t \in \mathbb{N^*}$
Ta có $(a^2+b^2)|(ac+bd) \Rightarrow ac+bd=t^2.x$ ($x \in \mathbb{N^*}$)
Từ (1) suy ra $t^2|(ad-bc)^2 \Rightarrow t|(ad-bc) \Rightarrow ad-bc=ty$ trong đó $y$ là số nguyên dương
Từ đó ta có $d(ac+bd)-c(ad-bc)=dxt^2-tyc$
Hay $b(c^2+d^2)=t(dxt-cy)$ suy ra $t|b(c^2+d^2)$
Mà vì $gcd(c^2+d^2,t^2)=1$ (theo điều giả sử) nên $gcd(c^2+d^2,t)=1$
Suy ra $b \vdots t$ suy ra $b \ge t \Leftrightarrow b \ge \sqrt{a^2+b^2}$ (vô lí)
Vậy điều giả sử của ta là sai. Ta có điều phải chứng minh.