$AGF$ üçgeninde $|AF| = {r_1}\sqrt 2$ dir. $KLC$ üçgeninde $|KC|={r_2}\sqrt 2$ dir. Bu durumda $|AC| = \left( {{r_1} + {r_2}} \right)\left( {\sqrt 2  + 1} \right)$ olur. $|AH| = {r_1}\left( {\sqrt 2  + 1} \right)$ karenin bir kenarına eşit olduğundan $|AC| = \sqrt 2 |AH|$ olur. O halde $\left( {{r_1} + {r_2}} \right)\left( {\sqrt 2  + 1} \right) = \sqrt 2 {r_1}\left( {\sqrt 2  + 1} \right)$ eşitliğinden $$\dfrac{r_2}{r_1} = \sqrt{2} -1 \qquad (...1)$$ bulunur.

Şekildeki gibi kırmızı çemberin yarıçapına $r_3$ dersek ve merkeziyle karenin kenarlarına dik çizip gerekli işlemleri yaparsak $AF| = |AE| + |EF| = {r_3}\sqrt 2  + {r_3} + {r_1}$ olurken $AGF$ üçgeninde $|AF| = {r_1}\sqrt 2$ olduğundan ${r_3}\sqrt 2  + {r_3} + {r_1} = {r_1}\sqrt 2$ olur. Bu eşitlikten $$r_3=r_1.\dfrac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1}\qquad(...2)$$ elde edilir. Benzer biçimde mavi çemberin yarıçapına $r_4$ dersek, ilk şekilde $|KC| = {r_2} + {r_4} + {r_4}\sqrt 2$ bulunur. Ayrıca $|KC| = {r_2}\sqrt 2$ olduğundan $$r_4=r_2.\dfrac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1}\qquad(...3)$$ elde edilir. Elde ettiğimiz son iki eşitliği taraf tarafa oranlarsak $\dfrac{{{r_4}}}{{{r_3}}} = \dfrac{{{r_2}}}{{{r_1}}} = \sqrt {2}  - 1$ bulunur. Soruda ${r_3} + {r_4} = \sqrt 2$ verildiğinden ve ${r_4} = {r_3} \cdot \left( {\sqrt {2}  - 1} \right)$ olduğundan $$r_3=1 \qquad r_4=\sqrt{2}-1$$ bulunur. Bu değerleri (...2) ve (...3) te yerine yazarsak $$r_1=\dfrac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}-1}\qquad r_2=\sqrt{2}+1$$ bulunur.

Şekildeki gibi çeyrek çemberin yarıçapına $R$ ve yeşil çemberin yarıçapına $r$ diyelim. $|AT|=R+r$ ve $|AS|=R-r$ olacağından $|ST|=|BP|=2\sqrt{Rr}$ bulunur. Benzer mantık $KTPR$ dik yamuğunda yapılırsa $|PR|=2\sqrt{rr_2}$ bulunur. $|RC|=r_2$ olduğundan, karenin bir kenarı $|BC| = {r_2} + 2\sqrt r \left( {\sqrt {{r_2}}  + \sqrt R } \right)$ bulunur. Ayrıca karenin bir kenarı $R$ olduğundan $R = {r_2} + 2\sqrt r \left( {\sqrt {{r_2}}  + \sqrt R } \right)$ olur. Bu denklemden $$2\sqrt r  = \frac{{R - {r_2}}}{{\sqrt R  + \sqrt {{r_2}} }} \Rightarrow 2\sqrt r  = \sqrt R  - \sqrt {{r_2}} \qquad (...4)$$ elde edilir. Bu eşitliğin karesini alırsak $$4r = R + {r_2} - 2\sqrt {R{r_2}}\qquad(...5)$$ olur. İlk şekilden görüleceği üzere $|AH| = R = {r_1}\left( {\sqrt 2  + 1} \right)$ ve (...1) nolu eşitlikten ${r_2} = {r_1} \cdot \left( {\sqrt 2  - 1} \right)$ değerleri (...5) te yerine yazılırsa $$4r = {r_1}\left( {\sqrt 2  + 1} \right) + {r_1}\left( {\sqrt 2  - 1} \right) - 2\sqrt {{r_1}\left( {\sqrt 2  + 1} \right) \cdot {r_1}\left( {\sqrt 2  - 1} \right)}$$ $$\Rightarrow r = {r_1} \cdot \frac{{\sqrt 2  - 1}}{2}\qquad(...6)$$ bulunur. Bulduğumuz ${r_1} = \dfrac{{\sqrt 2  + 1}}{{\sqrt 2  - 1}}$ değerini yerine yazarsak $$r = \dfrac{{\sqrt 2  + 1}}{2}$$ bulunur.

Sonuç olarak çemberlerden herhangi birinin yarıçapı ile diğer çemberlerin yarıçaplarını ifade edebilecek genellikte bir çözüm sunmuş olduk.

$x\sqrt x  - 2\sqrt x  - 1 = 0$ biçimine getirelim ve $2\sqrt x$ yerine  $\sqrt x  + \sqrt x$ yazalım. $$x\sqrt x  - \sqrt x  - \sqrt x  - 1 = 0$$ $$\sqrt x (x - 1) - \sqrt x  - 1 = 0$$ $$\sqrt x (\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 1) - (\sqrt x  + 1) = 0$$ $$(\sqrt x  + 1)\left[ {\sqrt x .(\sqrt x  - 1) - 1} \right] = 0$$ $$(\sqrt x  + 1)\left[ {x - \sqrt x  - 1} \right] = 0$$ olur. Bu durumda $\sqrt x  =  - 1$ veya $x - \sqrt x  - 1 = 0$ dır. Fakat $\sqrt x  =  - 1$ olamayacağından $x - \sqrt x  - 1 = 0$ olur. $\sqrt{x}$ i eşitliğin diğer tarafına alırsak $$x - 1 = \sqrt x$$ olur. Bu eşitliğin her iki tarafının da karesini alırsak $$\begin{array}{l}{x^2} - 2x + 1 = x\\ \Rightarrow {x^2} - 3x =  - 1\end{array}$$ bulunur.