问题及解答

设 $g|ab$, $g|cd$ 及 $g|(ac+bd)$, 证明: $g|ac$ 且 $g|bd$.

设

\[
\begin{aligned}
ab&=gk,\\
cd&=gh,\\
ac+bd&=g\ell
\end{aligned}
\]

则有

\[
\begin{split}
&abc+b^2d=gb\ell\\
\Rightarrow&gkc+b^2d=gb\ell\\
\Rightarrow&gkcd+b^2d^2=gbd\ell\\
\Rightarrow&gkgh+(bd)^2=g\ell\cdot bd\\
\Rightarrow&g^2kh=(g\ell-bd)\cdot bd
\end{split}
\]

若 $g\nmid bd$, 则 $g\nmid(g\ell-bd)$. 从而 $(g\ell-bd)\cdot bd$ 中不含有因子 $g$, 矛盾. 故而 $g|bd$.

最后由于 $ac=g\ell-bd$, 推出 $g|ac$.

(法二)

By Son of David Chen.

由 $g|ab$, $g|cd$ 推出 $g^2|abcd$. 又 $g|(ac+bd)$, 故 $g^2|(ac+bd)^2$. 于是 $g^2|(ac-bd)^2$.

此又推出 $g|(ac-bd)$. 从而 $g|2ac$, 当然也有 $g|2bd$.

假若 $g\nmid ac$, 则 $g$ 中存在 $2^k$, 但是 $2^k\nmid ac$. 也就是 $2^{k-1}||ac$.

记 $g=2^k\cdot g_1$, 这里 $2\nmid g_1$. 于是可推出 $g|(ac-2^{k-1}g_1)$.

实际上,  $ac=2^{k-1}g_1\cdot M_1$, ($2\nmid M$), 从而 $ac-2^{k-1}g_1=(M_1-1)2^{k-1}g_1$.  $M_1-1$ 是偶数, 于是 $g|(ac-2^{k-1}g_1)$.

上面说明 $g|(ac-2^{k-1}g_1)$, 即 $ac\equiv 2^{k-1}g_1\pmod g$. 于是亦有

\[
bd\equiv 2^{k-1}g_1\pmod g
\]

不妨设 $bd=2^{k-1}g_1\cdot M_2$, ($2\nmid M_2$)因此,

\[
abcd=(2^{k-1}g_1\cdot M_1)(2^{k-1}g_1\cdot M_2)=2^{2k-2}g_1^2\cdot M_1M_2=\frac{g^2}{4}M_1M_2
\]

\[
abcd-\frac{g^2}{4}=\frac{g^2}{4}\cdot(M_1 M_2-1)
\]

因此 $\frac{g^2}{2}\mid (abcd-\frac{g^2}{4})$. 又 $g^2|abcd$, 不妨设 $abcd=Kg^2$, 于是

\[
Kg^2-\frac{g^2}{4}=(2K-\frac{1}{2})\cdot\frac{g^2}{2}
\]

但 $2K-\frac{1}{2}$ 不是整数, 矛盾. 因此 $g|ac$. 得证. 同理, $g|bd$.