pregunto dado q esta publicacion es vieja, las soluciones de la ibero siguen estando en esta pagina, porque no las encuentro? porque seria realmente piola tenerlas, si alguien sabe agradezco
digamos q los colores son: c1, c2...c10.
primero veamos que k >=89 para eso un ejemplo donde la minima k es de 89, y ese ejemplo seria mezclar estas dos agrupaciones: 11c1,11c2 .. 11c10 y 11c1, 11c2 ... 11c9, 10c10, ósea te fijas cuantos grupos de cada uno poner para llegar a cubrir los 6000 puntos y a la vez que sea cíclico ósea que los bloques estén en el orden de c1,c2 ... c9,c10,c1 y así en toda la circunferencia, entonces como minimo tenes 1+10+7x11+1=89 y bueno tenemos ahora que k>=89.
vamos por absurdo a probar que k=89. Digamos que tenemos una circunferencia donde cada 89 consecutivos tenemos 9 o menos colores pero nunca los 10, ahora tomemos esto: 1c1,1c2 (osea en la circunferencia tomemos dos puntos al lado de distinto color). Ahora tomemos los 89 puntos que incluyen a c2 y los 88 puntos a la izquierda (q incluye a c1). y veamos que como ahí hay 9 o menos colores entonces en los próximos 11 puntos a la derecha tiene q estar el color q no estaba, digamos c3. ahora tomamos un grupo de 89 q es el que incluye a estos 11 puntos donde iba a estar c3 en alguno de ellos y los puntos a la izquierda y veamos q como tenemos a c1,c2 y c3 en este grupo y otros 6 colores o menos, sabemos q en los próximos 11 puntos va a tener q estar en algún lugar el color q no esta en este nuevo grupo de 89, digamos c4. Y bueno seguimos así tomando estos grupos de 89 moviendonos 11 a la derecha y vamos a obtener algo asi: 1c1,1c2,(11c3)(11c4)(11c5)...(11c10) donde los paréntesis marcan q en los 11 puntos q siguen en alguno esta ese color q pongo en el paréntesis. ahora veamos q en el instante que tenemos un color "i" en los proximos 11 vamos a tener q tener al color "i+1". Ahora piensen un toque y van a lleagr a que necesariamente de estos 11 donde tenia que estar en algun lugar ci, ci va a estar si o si en el punto final de ese grupo de 11 y que no puede estar en ningun otro lugar dentro de este grupito de 11 (si esto no fuera asi k=89 existe, no digo mas). ahora esta condicion es algo asi como constructiva y termina quedando algo asi: 1c1,1c2,(11c3),(11c4)..(11c10),(11c1)...(11c10) y asi, cuempliendose tambien q en (11ci) "ci" esta en el punto del final (mas a la derecha). Despues vas siguiendo por la circunferencia y va a llegar un momento donde vas a llegar a un absurdo porque donde se supone que hay un color "ci" a la vez no deberia haber. Hay que recordar que el (11c3) denota no solo que en esos 11 tiene q haber algun c3, osea, eso sale de que en los anteriores 89 no estaba ese c3, entocnes a medida q se va construyendo el caso se tiene q cada vez que tenemos (11ci) los anteriores 89 no tenias a este "ci". Ahora agrupemos de a estos grupos periodicos de 11x10=110 y y coloquemosnos en donde comienza ese primer (11c3) q escribimos, luego vayamos avanzando de a 110 y veamos que si tomamos ese primer punto de ese grupo como el punto 1 cada vez que sumeos 110 estamos cayendo en el comienzo de un nuevo grupo (11c3) y hacemos 54x110 =5940, en el punto 5941 comienza un grupo (11c3) donde entonces en el punto 5951 tenemos a el color c3 pero el punto 1 comenzaba un grupo (11c3) pori ende en los anteriores 89 no habia c3 (osea desde 6000 a 5912 no habia ningun c3) lo cual es completamente absurdo. Y ahi vean que cosas suceden si no se cumplen las condiciones que tomamos para llegar a este absurdo, y van a llegar a más absurdos.