Обозначим круги с центрами A, B, C, D в вершинах данного четырехугольника ABCD через K_A , K_B , K_C , K_D , их радиусы – через r_A , r_B , r_C , r_D.

Предположим, что утверждение задачи неверно. Тогда каждый круг имеет общую точку с частью противоположного ему треугольника, не покрытой тремя другими кругами: например, K_A должен содержать точки Δ BCD, не покрытые ни одним из кругов K_B , K_C , K_D. Пусть O – точка пересечения диагоналей. Докажем при нашем предположении, что r_A ≥ OA , т.е. что круг K_A содержит точку O . Остальное уже ясно: точно так же можно будет доказать, что точка O принадлежит K_B и K_C , а отсюда очевидным образом следует, что эти круги покрывают Δ ABC.

Посмотрите на рис. 1, 2: если OL и ON – перпендикуляры, опущенные на прямые AB и BC, то K_A покрывает Δ OAL, K_C – Δ OCN, K_B – Δ OBL и Δ OBN, а эти четыре прямоугольных треугольника заведомо покрывают Δ ABC, даже если один из треугольников AOB или OBC (как на рис. 2) тупоугольный.

Приходим к противоречию с нашим предположением, следовательно, утверждение задачи верно.

Итак, осталось доказать, что r_A ≥ OA . Нам понадобится следующая, почти очевидная

Лемма. Пусть задан выпуклый четырехугольник PQRS и круг K_R (не содержащий Δ PQR целиком). Тогда из всех точек, лежащих внутри Δ PQR и вне K_R , ближайшей к точке S будет:

б) точка E пересечения окружности K_R с отрезком PR , если точка F лежит внутри круга K_R (рис. 3, б). (Здесь важно, что угол QRS четырехугольника меньше 180°; доказательство леммы оставляем читателю.)

Можно считать, что AOB ≤ 90° (иначе мы взяли бы не B, a D). Пусть BB₁ AC ; AA₁ BD ; B₁ A₂ BD (рис.4).

Предположим, что r_A<OA и E – ближайшая к O точка K_A (она лежит на отрезке OA и AE=r_A , EM – перпендикуляр, опущенный из E на BD . Ясно, что тогда AM>AE . Докажем, что тем не менее r_A>AM , отсюда будет следовать, что наше предположение ( r_A<OA ) неверно.

Докажем сначала, что r_B > BM . Применим лемму к Δ ACD, кругу K_A и точке B. Рассмотрим два случая:

           а) E лежит между A и B₁ . Тогда r_B > BB₁ > BA₂ ≥ BM;

           б) E лежит между O и B₁. Тогда (по лемме) r_B > BE > BM.

Итак, мы знаем, что точка M принадлежит K_B. Применяя лемму к Δ BCD , кругу K_B и точке A (заметим, что M лежит между O и A₁, так что всегда имеет место случай б)), получим r_A>AM . Круг замкнулся, требуемое противоречие получено.