Megoldás. Azt a kicsit erősebb állítást fogjuk belátni, hogy a felhasznált színek száma vagy 1 vagy legalább 12. Feltesszük hogy legalább két és legfeljebb 11 színt használtunk, és ebből ellentmondásra fogunk jutni.
Legyen $Q_1$, a 101 pont egyike. Ha legföljebb 11 színt használtunk, akkor a $Q_1$ pontot a többi 100 ponttal összekötő 100 szakasz között van legalább 10 azonos színű, hiszen $11\cdot 9=99<100$. Legyenek tehát a $Q_1{Q}_2$, $Q_1{Q}_3$, $\text{...}$, $Q_1{Q}_{11}$ szakaszok azonos színűek, mondjuk pirosak. Ha $2\le i\le j\le 11$, akkor a $Q_1{Q}_i{Q}_j$ háromszög két oldala ($Q_1{Q}_i$ és $Q_1{Q}_j$) piros, a feladat feltétele szerint tehát a harmadik oldal, $Q_i{Q}_j$ is piros. Azt kaptuk tehát, hogy a $Q_1$, $Q_2$, $\text{...}$, $Q_{11}$ pontokat összekötő összes szakasz piros.
Bővítsük most a $Q_1$, $Q_2$, $\text{...}$, $Q_{11}$ ponthalmazt, ameddig lehet, úgy, hogy megtartsa ezt a tulajdonságát. Tekintsük tehát a 101 pontnak azt a legnagyobb "egyszínű piros" $\left\{Q_1\mathrm{,}{Q}_2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{Q}_l\right\}$ részhalmazát, amelynek bármely két pontját piros szakasz köti össze. Ennek a halmaznak, mint láttuk, legalább 11 pontja van, azaz $l\ge 11$. Másrészt $l<101$, mert ha ebben a halmazban mind a 101 pont szerepelne, akkor a színezéshez csak 1 színt (pirosat) használtunk volna, amit kizártunk. Van tehát a 101 pont között olyan $R$ pont, ami nincs benne ebben a halmazban. Belátjuk, hogy $R$-et a $Q_1$, $Q_2$, $\text{...}$, $Q_l$ pontokkal összekötő szakaszok mind különbözők és egyikük sem piros.
$R$-et semelyik $Q_j$-vel nem köti össze piros él. Ha ugyanis pl. az $R{Q}_1$ szakasz piros volna, akkor $2\le j\le l$-re az $R{Q}_1{Q}_j$ háromszög két oldala ($R{Q}_1$ és $Q_1{Q}_j$) piros volna, így a harmadik oldal, $R{Q}_j$ is piros volna a feltétel szerint. Vagyis ha $R{Q}_1$ piros volna, akkor az összes $R{Q}_j$ piros volna, tehát az $R$-rel bővített $\left\{R\mathrm{,}{Q}_1\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{Q}_l\right\}$ halmaz bármely két pontját piros szakasz köti össze. Ez azonban ellentmond annak, hogy a $\left\{Q_1\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{Q}_l\right\}$ halmaz maximális volt.
$R$-ből semelyik $Q_j$-be, nem megy tehát piros él. De $R$-ből nem indulhat két $Q$ pontba azonos színű él. Ha ugyanis pl. $R{Q}_1$ és $R{Q}_2$ színe ugyanaz a pirostól különböző szín volna, akkor a feltétel szerint az $R{Q}_1{Q}_2$ háromszög harmadik oldala, $Q_1{Q}_2$ is ilyen színű volna, márpedig erről tudjuk, hogy piros.
Azt kaptuk tehát, hogy az $R$ pontot a $Q_1$, $\text{...}$, $Q_l$ pontokkal összekötő szakaszok mind különböző színűek és egyik sem piros. A színezésben tehát legalább $l+1$ színt használtunk.
Láttuk, hogy $l\le 11$, azaz a színezéshez legalább 12 színt használtunk, holott feltevésünk az volt, hogy legföljebb 11 színt használjunk. Ez az ellentmondás bizonyítja állításunkat.