Este no es el caso si al menos uno de $a,b$ y al menos uno de $c,d$ no es un cuadrado perfecto:
Suponga que $b,d$ no son cuadrados perfectos. Tenga en cuenta que para un entero $a\geq 1$ y un primer $p \not \mid a$: $$a^\frac{p-1}{2} \equiv \left(\frac{a}{p}\right) \bmod p.$$ Therefore it is enough to give a prime $p$ such that the system of equations $$ \begin{eqnarray}\left( \frac{a}{p}\right) = & 1& =\left( \frac{c}{p} \right) \\ \left( \frac{b}{p}\right) = & -1& =\left( \frac{d}{p} \right)\end{eqnarray}$$ sostiene.
Ahora uso multiplicativity del Símbolo de Legendre y de la reciprocidad cuadrática para transformar a éste en un sistema de congruencias para $p$ como sigue: Para cada uno de los prime $q \mid a$ podemos exigir $\left(\frac{q}{p} \right) = 1$. Hacemos lo mismo para los números primos dividiendo $b,c,d$, excepto que elegir exactamente un primer $q_1 \mid b$ tal que $q_1$ tiene un extraño poder en $b$ (existe porque $b$ no es un cuadrado perfecto) y hacemos lo mismo para algunos $q_2 \mid d$. Para aquellos que requieren $\left(\frac{q_1}{p} \right) = -1 = \left(\frac{q_2}{p} \right)$.
Ahora bien, si no lo hemos hecho hasta ahora, podemos elegir cualquier valor de $\left(\frac{2}{p}\right)$ y traducir las ecuaciones de Legendre símbolos en un sistema de congruencias en $p$ el uso de la reciprocidad cuadrática, lo cual es posible porque hemos especificado $\left(\frac{2}{p}\right)$. Ahora el Teorema del Resto Chino da una progresión aritmética de las soluciones a estas ecuaciones (debido a $a,b,c,d$ son coprime). Esta progresión contiene un primer $p$ por Dirichlet. Para este primer, $$p \mid \gcd(a^{\frac{p-1}{2}}+b^{\frac{p-1}{2}}, c^{\frac{p-1}{2}}+d^{\frac{p-1}{2}}).$$