Решение 1:Так как вершины ломаной $a$ находятся в общем положении, то эта ломаная разбивает плоскость на части, которые можно раскрасить в черный и белый цвета правильно (т.е. так, что соседние области разноцветны). Пусть «внешняя» часть плоскости белая. Возьмем произвольную точку $O$ самопересечения ломаной $a$ и, отложив на ее звеньях, проходящих через $O$, отрезки $OA=OB=OC=OD=\varepsilon$, построим прямоугольник $ABCD$. При этом выберем $\varepsilon$ достаточно малым, чтобы все точки пересечения ломаной $a$ с $b$ и отрезками $KL$, $LM$, $MN$, $NK$ лежали вне этого прямоугольника. Если проделать эту операцию со всеми точками самопересечения и закрасить полученные прямоугольники белый цвет, то черная часть плоскости будет объединением нескольких непересекающихся многоугольников. Перекрасив теперь часть прямоугольников в черный цвет, соединим эти многоугольники в один многоугольник, границей которого будет несамопересекающаяся ломаная $a'$. Аналогично построим несамопересекающуюся ломаную $b'$. По построению ломаные $a'$, $b'$ будут пересекать друг друга и отрезки $KL$, $LM$, $MN$, $NK$ в тех же точках, что и ломаные $a$, $b$. Предположим, что $a'$ и $b'$ не пересекаются. Тогда они делят плоскость на три части и, следовательно, какие-то две из точек $K$, $L$, $M$, $N$ лежат в одной из этих частей. Но это невозможно, поскольку ломаная $a'$ отделяет точки $K$ и $L$ от точек $M$ и $N$, а ломаная $b'$ – точки $K$ и $N$ от точек $M$ и $L$. Значит, $a'$ и $b'$ пересекаются, а тогда пересекаются и исходные ломаные.

Решение 2: Возьмем точку $C$ в общем положении с вершинами ломаных и точками $K$, $L$, $M$, $N$. Обозначим через $\gamma$ объединение отрезков $CK\cup CL\cup CM\cup CN$.

Как и в первом решении правильно раскрасим в черный и белый цвета части, на которые ломаная $a$ разбивает плоскость. Обозначим через $\alpha$ объединение черных частей. Аналогично построим двумерное множество $\beta$ по ломаной $b$.

Если ломаные $a$ и $b$ не пересекаются, то $a\cap\beta$ есть либо $a$, либо $\emptyset$, и $\alpha\cap b$ есть либо $b$, либо $\emptyset$. Тогда следующая цепочка сравнений по модулю 2 дает противоречие. $$0\underset{(1)}=|\partial(\gamma\cap\alpha\cap\beta)|\ \underset{(2)}= \ |\underbrace{\partial\gamma}{={K,L,M,N}} \cap\alpha\cap\beta|\ + \ |\gamma\cap \underbrace{\partial\alpha}{=a}\cap\beta|\ + \ |\gamma\cap \alpha\cap \underbrace{\partial\beta}_{=b}|\ \underset{(3)}=1+0+0=1.$$ Здесь (1) выполнено, поскольку $\gamma\cap\alpha\cap\beta$ есть объединение конечного количества невырожденных незамкнутых ломаных, у которых четное число концов. Сравнение (2) доказывается несложно (это «формула Лейбница»).

Докажем сравнение (3). Имеем $${K,L,M,N}\cap\alpha\cap\beta = \big({K,L,M,N}\cap\alpha \big)\cap \big({K,L,M,N}\cap\beta \big) = {K,L}\cap{K,N}={K}.$$ Если $a\cap\beta=\emptyset$, то $\gamma\cap a\cap\beta=\emptyset$. Если же $a\cap\beta=a$, то $$|\gamma\cap a\cap\beta|=|\gamma\cap a|=|KN\cap a|+|LM\cap a|=1+1=0.$$ Итак, в обоих случаях $|\gamma\cap a\cap\beta|=0$. Аналогично $|\gamma\cap\alpha\cap b|=0$.

Ответ задачи отсутствует