$\left(BMN\right)$ çemberi ile $\left(DLK\right)$ çemberinin $BD$ üzerindeki kirişlerinin uzunluklarının toplamının $BD$ den daha küçük olduğunu göstereceğiz. Bu normalde çemberlerin kesişmedikleri anlamına gelmez; ama bu soruda çemberlerin kesişmediklerini anlamına geldiğini göstereceğiz. Yine aynı noktadan yola çıkarak, $\left(AML\right)$ çemberi ile $\left(DLK\right)$ çemberinin $AC$ üzerindeki kirişlerinin uzunlukları toplamının $AC$ den küçük olduğunu göstereceğiz. İlkinin aksine bu, iki çemberin kesiştiği anlamına gelir. $\left(BMN\right)$ çemberinin merkezi $O_B$, $\left(DKL\right)$ çemberinin merkezi $O_D$,
$\ell $ de, $D$ den geçen $MN$ ye paralel olan doğru olsun.
$B$ den $MN$ ye çizilen dikmenin ayağı $P$, $KL$ ye çizilenin ayağı $Q$, $\ell $ ye çizilenin de ayağı $R$ olsun.
$BD$ doğrusu $O_BO_D$ yi $S$ de, $MN$ yi $X$ te, $KL$ yi $Y$ de kessin.
$AB=BC=CD=DA=a$, $\angle BMN=\beta $ ve $\angle BNM=\theta $ dersek dörtgenin yüksekliği $h={a\sin \left(\beta +\theta \right)\ }$ olur. Basit açı hesaplarıyla,
$\angle BAD=\beta +\theta$, $\angle BAC=\angle DAC=\dfrac{\beta +\theta }{2}$
$\angle MBP={90}^{\circ }-\beta ,\angle MBD=\dfrac{{180}^{\circ }-\beta -\theta }{2},\angle DBP=\left|\dfrac{\beta -\theta }{2}\right|$
$\angle BO_BM=2\theta \Longrightarrow \angle MBO_B={90}^{\circ }-\theta \Longrightarrow \angle O_BBD=\left|\dfrac{\beta -\theta }{2}\right|$ elde edilir.
$\angle BXM=\angle BYL=\angle KYD$ ve $\angle YDK=\angle XBM$ olduğu için, $\angle YKD=\angle BMX=\beta $, dolayısıyla da $\angle KLD=\angle BNM=\theta $ olur. Bu da $\triangle DLK\sim \triangle BNM$ yi gerektirir. $BM=x$ ve $DK=xk$ dersek, benzerlikten dolayı
\[BP=x{\sin \beta \ },\ QR=xk{\sin \beta \ },\ PQ=h\ ve\ BR=BD \cdot {\sin \angle DBR\ }=BD \cdot {\cos \left(\dfrac{\beta -\theta }{2}\right)\ }\]
elde edilecektir.
$BD=2a{\sin \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }$ olduğu için, $x{\sin \beta \ }+xk{\sin \beta \ }+a{\sin \left(\beta +\theta \right)\ }=2a{\sin \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }{\cos \left(\dfrac{\beta -\theta }{2}\right)\ }$, biraz düzenlemeyle
$\begin{array}{lcl}
x\left(1+k\right) &= & 2a{\sin \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }\dfrac{{\cos \left(\dfrac{\beta -\theta }{2}\right)\ }-{\cos \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }}{{\sin \beta \ }}
\\ \\ &=& 2a{\sin \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }\dfrac{2{\sin \left(\beta /2\right)\ }{\sin \left(\theta /2\right)\ }}{{\sin \beta \ }}
\end{array}$
elde edilir.
$\left(BMN\right)$ ile $BD$ nin kesişimi $T$, $\left(DKL\right)$ ile $BD$ nin kesişimi $U$ olsun.
$\angle TNB=\angle MBT+\angle BNM=\dfrac{{180}^{\circ }-\beta -\theta}{2}+\theta ={90}^{\circ }-\left(\dfrac{\theta -\beta }{2}\right)$
$\dfrac{BT}{{\sin \angle BNT\ }}=\dfrac{BM}{{\sin \angle BNM\ }}\Rightarrow BT=\dfrac{x{\cos \left(\dfrac{\theta -\beta }{2}\right)\ }}{{\sin \theta \ }}$, benzer şekilde de $DU=\dfrac{xk{\cos \left(\dfrac{\theta -\beta }{2}\right)\ }}{{\sin \theta \ }}$ olur.
$\begin{array}{lcl}
BT+DU &=&x\left(1+k\right)\dfrac{{\cos \left(\dfrac{\theta -\beta }{2}\right)\ }}{{\sin \theta \ }}
\\ \\ &=& 2a{\sin \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }\dfrac{2{\sin \left(\dfrac{\beta }{2}\right)\ }{\sin \left(\dfrac{\theta }{2}\right)\ }}{{\sin \beta \ }}\dfrac{{\cos \left(\dfrac{\theta -\beta }{2}\right)\ }}{{\sin \theta \ }}
\\ \\ &=& \dfrac{2a{\sin \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }{\cos \left(\dfrac{\theta -\beta }{2}\right)\ }}{2{\cos \left(\beta /2\right)\ }{\cos \left(\theta /2\right)\ }}
\\ \\ &=& \dfrac{BD \cdot {\cos \left(\dfrac{\theta -\beta }{2}\right)\ }}{{\cos \left(\dfrac{\theta -\beta }{2}\right)\ }+{\cos \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }}
\\ \\
\Rightarrow \dfrac{BT+DU}{BD} &=& \dfrac{{\cos \left(\dfrac{\theta -\beta }{2}\right)\ }}{{\cos \left(\dfrac{\theta -\beta }{2}\right)\ }+{\cos \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }}
\end{array}$
$\theta +\beta <{180}^{\circ }\Rightarrow \dfrac{\beta }{2}+\dfrac{\theta }{2}<{90}^{\circ }\Rightarrow {\cos \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }>0$ olduğu için $BT+DU<BD$ dir.
Bu durumda $\left|BT\right|+\left|TU\right|+\left|UD\right|=BD$ olur.
$TO_B\bot MN$ ve $UO_D\bot KL$ olduğu için $O_BO_D$ doğrusu $\left[TU\right]$ doğru parçasını kesecektir. Bu kesişim noktasına $S$ demiştik. Bu durumda $S\in \left[TU\right]$ dur.
$O_BB=O_BT$ olduğu için, $S$ noktası $\left(BMN\right)$ dışındadır. Bu durumda $O_BS>O_BB$. Benzer şekilde de $O_DS>O_DB$ dir. Bu da $\left(BMN\right)$ ile $\left(DLK\right)$ çemberlerinin kesişmediklerini gösterir.$\blacksquare $
$\left(MAL\right)$ ile $\left(NCK\right)$ çemberlerinin kesiştiği iddiasına gelelim.
$\left(MAL\right)$ çemberi $AC$ yi $W$ da, $\left(NCK\right)$ çemberi $AC$ yi $Z$ de kessin.
$AW+CZ>AC$ olduğunu göstereceğiz. Eğer bu iddiamızı delillendirebilirsek, $\left(ALM\right)$ ile $\left(NCK\right)$ çemberlerinin kesiştikleri açık.
Elimizde $WM=WL$ ve $\angle MAL=\beta +\theta $ var. Bu durumda $\dfrac{ML}{{\sin \left(\beta +\theta \right)\ }}=\dfrac{MW}{{\sin \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }}$ ve Ptolemy'den (köşegenlerden biri açıortayken)
\[AW\cdot ML=MW\left(AM+AL\right)\Rightarrow AW=\dfrac{AM+AL}{2{\cos \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }}\] Benzer şekilde \[CZ=\dfrac{CN+CK}{2{\cos \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }}\] elde edilir. Taraf tarafa toplarsak \[AW+CZ=\dfrac{AM+AL+CN+CK}{2{\cos \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }}\] olur.
Çözümün ilk kısmında elde ettiğimiz $BD>BT+DU$ eşitsizliğini Ptolemy uygulayarak açarsak
$$ BD > BT+DU = \dfrac{BM+BN+DK+DL}{2{\cos \left(\dfrac{{180}^{\circ }-\left(\beta +\theta \right)}{2}\right)\ }}=\dfrac{BM+BN+DK+DL}{2{\sin \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }}$$ $$\begin{array}{lrcl}
\\ \Rightarrow & 2a\sin \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right) &>& \dfrac{BM+BN+DK+DL}{2\sin \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)}
\\ \Rightarrow & 4a{{\sin }^{{\rm 2}} \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ } &>& BM+BN+DK+DL
\\ \Rightarrow & 4a\left(1-{{\cos }^{{\rm 2}} \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }\right) & > & \ BM+BN+DK+DL
\\ \Rightarrow & 4a-\left(BM+BN+DK+DL\right) & > & 4a{{\cos }^{{\rm 2}} \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }
\\ \Rightarrow & AM+ML+CN+CK & > & 2a{\cos \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }2{\cos \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }
\\ \Rightarrow & AM+ML+CN+CK & > & AC\cdot 2{\cos \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }
\\ \Rightarrow & AW+CZ & = & \dfrac{AM+AL+CN+CK}{2{\cos \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }}>AC
\\ \Rightarrow & \left(ALM\right) \text{ ile } \left(NCK\right) \text{ kesişir.}\blacksquare
\end{array}$$
