Чтобы можно было од­но­знач­но опре­де­лить, в какой из 100 ко­ро­бок лежит приз, тре­бу­ет­ся воз­мож­ность по­лу­чить хотя бы 100 раз­лич­ных от­ве­тов на один набор во­про­сов. Так как от­ве­ты ве­ду­ще­го для раз­лич­ных по­ло­же­ний приза могут от­ли­чать­ся толь­ко чис­лом "да" среди них, то тре­бу­ет­ся воз­мож­ность по­лу­чить в ответ хотя бы 100 раз­лич­ных ко­ли­честв "да". Зна­чит, тре­бу­ет­ся хотя бы 99 во­про­сов (от 0 до 99 "да" ). При­мер на 99 во­про­сов. Пусть k-ый во­прос: «Номер ко­роб­ки, в ко­то­рой лежит приз, мень­ше либо равен k?». Тогда если от­ве­тов "да" ноль, то приз в сотой ко­роб­ке, если один, то в 99-й и т. д.

Ответ: 99.

Чтобы можно было од­но­знач­но опре­де­лить, в какой из 100 ко­ро­бок лежит приз, тре­бу­ет­ся воз­мож­ность по­лу­чить хотя бы 100 раз­лич­ных от­ве­тов на один набор во­про­сов. Так как от­ве­ты ве­ду­ще­го для раз­лич­ных по­ло­же­ний приза могут от­ли­чать­ся толь­ко чис­лом "да" среди них, то тре­бу­ет­ся воз­мож­ность по­лу­чить в ответ хотя бы 100 раз­лич­ных ко­ли­честв "да". Зна­чит, тре­бу­ет­ся хотя бы 99 во­про­сов (от 0 до 99 "да"). При­мер на 99 во­про­сов. Пусть k-ый во­прос: «Номер ко­роб­ки, в ко­то­рой лежит приз, мень­ше либо равен k?». Тогда если от­ве­тов "да" ноль, то приз в сотой ко­роб­ке, если один, то в 99-й и т. д.

Ответ: 99.

Обо­зна­чим вер­ши­ны куба, как обыч­но, через ABCDA₁B₁C₁D₁, вер­ши­ны А, С, B₁ и D₁ назовём чёрными, вер­ши­ны B, D, A₁, C₁  — бе­лы­ми. Один конец каж­до­го ребра при этом белый, вто­рой  — чёрный, для каж­дой вер­ши­ны все со­сед­ние имеют про­ти­во­по­лож­ный цвет. Каж­дое число равно сумме трёх со­сед­них чисел про­ти­во­по­лож­но­го цвета и каж­дое число один раз участ­ву­ет в сум­мах для трёх со­сед­них чисел про­ти­во­по­лож­но­го цвета. Сле­до­ва­тель­но, сумма всех белых чисел равна утро­ен­ной сумме всех чёрных чисел и на­о­бо­рот, от­ку­да сумма всех чёрных чисел и сумма всех белых чисел равны нулю. Зна­чит, число в вер­ши­не А равно сумме чисел в вер­ши­нах B, D и A₁, а она равны числу в вер­ши­не С₁ с об­рат­ным зна­ком. Таким об­ра­зом, в кон­цах каж­дой боль­шой диа­го­на­ли куба за­пи­са­ны про­ти­во­по­лож­ные числа. Сле­до­ва­тель­но, если за­дать три числа в вер­ши­нах B, D и A₁, они пол­но­стью опре­де­лят все остав­ши­е­ся числа тре­бу­е­мым в за­да­че об­ра­зом. Задав их как 1, 2, 3, по­лу­чим один из от­ве­тов за­да­чи.

Ответ: Да, можно, на­при­мер: в вер­ши­нах ниж­ней грани по ча­со­вой стрел­ке 6, 1, −3, 2, в вер­ши­нах верх­ней грани над ними: 3, −2, −6, −1.

Рас­смот­рим гео­мет­ри­че­скую про­грес­сию 1, q, q², q³. Вы­бе­рем q так, чтобы числа 1, q, q³ об­ра­зо­вы­ва­ли ариф­ме­ти­че­скую про­грес­сию. Для этого нужно, чтобы вы­пол­ня­лось ра­вен­ство

Один из кор­ней дан­но­го урав­не­ния При таком зна­че­нии q числа 1, q, q³ удо­вле­тво­ря­ют усло­вию за­да­чи.

Ответ:

Рас­смот­рим гео­мет­ри­че­скую про­грес­сию 1, q, q², q³. Вы­бе­рем q так, чтобы числа 1, q, q³ об­ра­зо­вы­ва­ли ариф­ме­ти­че­скую про­грес­сию. Для этого нужно, чтобы вы­пол­ня­лось ра­вен­ство

Один из кор­ней дан­но­го урав­не­ния При таком зна­че­нии q числа 1, q, q³ удо­вле­тво­ря­ют усло­вию за­да­чи.

Ответ: могут.

Ответ: 9 − 8765432 − 1.

Пусть за по­бе­див­шие ко­ман­ды бо­ле­ют x и y че­ло­век, за про­иг­рав­шие z и t. Тогда на во­про­сы про эти ко­ман­ды от­ве­ти­ло x + z + t, y + z + t, t, z че­ло­век со­от­вет­ствен­но. Зна­чит, за Зенит бо­ле­ет 200 че­ло­век, за Ло­ко­мо­тив 300, за Спар­так никто, а за Ди­на­мо 100 че­ло­век.

Ответ: за Зенит  — 200, за Ло­ко­мо­тив  — 300, за Спар­так  — 0, за Ди­на­мо  — 100.

По­де­лим на 5. По мо­ду­лю 4 или 0 или 3. 3 может быть:

Ответ: 15.

Разобьём слова, на­пи­сан­ные на доске на 4 клас­са U, D, L, R со­глас­но пер­вой букве (будем ма­лень­ки­ми бук­ва­ми u, d, l, r обо­зна­чать число эле­мен­тов в них, u + d + l + r  =  1 000 000). Тогда в тет­ра­ди уче­ни­ка U будет на­пи­са­но u + l + r слов, на­чи­на­ю­щих­ся на вверх (ибо к лю­бо­му слову не из клас­са D он при­пи­шет "вверх"). Зна­чит, если у него в тет­ра­ди со­дер­жит­ся N_u новых слов, то На­пи­сав три ана­ло­гич­ных не­ра­вен­ства и сло­жив их вме­сте, по­лу­чим, что

то есть не мень­ше 2 000 000.

Ком­мен­та­рий.

Речь, ко­неч­но, идёт о не­со­кра­ти­мых сло­вах в сво­бод­ной груп­пе с двумя об­ра­зу­ю­щи­ми. Тогда утвер­жда­ет­ся, что какое бы (ко­неч­ное) под­мно­же­ство в этой груп­пе мы не взяли, при его умно­же­нии на a, b, a − 1, b − 1 хотя бы раз мы по­лу­чим силь­но дру­гое мно­же­ство.

Чтобы по­лу­чить пра­виль­ный ответ, сле­ду­ет за­ме­тить, что можно рас­смот­реть слу­чаи по­пар­ной па­рал­лель­но­сти не­сколь­ких пря­мых. На­при­мер, нет па­рал­лель­ных, одна пара па­рал­лель­ных, две пары па­рал­лель­ных, три пары па­рал­лель­ных.

Ответ: 26, 27, 28, 29.

Разобьём слова, на­пи­сан­ные на доске на 4 клас­са U, D, L, R со­глас­но пер­вой букве (будем ма­лень­ки­ми бук­ва­ми u, d, l, r обо­зна­чать число эле­мен­тов в них, u + d + l + r  =  1 000 000). Тогда в тет­ра­ди уче­ни­ка U будет на­пи­са­но u + l + r слов, на­чи­на­ю­щих­ся на вверх (ибо к лю­бо­му слову не из клас­са D он при­пи­шет "вверх"). Зна­чит, если у него в тет­ра­ди со­дер­жит­ся N_u новых слов, то На­пи­сав три ана­ло­гич­ных не­ра­вен­ства и сло­жив их вме­сте, по­лу­чим, что

то есть не мень­ше 2 000 000.

Ком­мен­та­рий.

Речь, ко­неч­но, идёт о не­со­кра­ти­мых сло­вах в сво­бод­ной груп­пе с двумя об­ра­зу­ю­щи­ми. Тогда утвер­жда­ет­ся, что какое бы (ко­неч­ное) под­мно­же­ство в этой груп­пе мы не взяли, при его умно­же­нии на a, b, a − 1, b − 1 хотя бы раз мы по­лу­чим силь­но дру­гое мно­же­ство.

Куз­не­чик со­вер­шит 16 го­ри­зон­таль­ных прыж­ка нечётных длин 1, 3, 5, .., 31 см. Разобьём их на 4 четвёрки по­сле­до­ва­тель­ных нечётных чисел, в каж­дой четвёрке пер­вый и по­след­ний прыж­ки будут со­вер­шать­ся впра­во, а вто­рой и тре­тий  — влево. После каж­дых четырёх таких прыж­ков куз­не­чик будет ока­зы­вать­ся на оси OY. Вер­ти­каль­ных прыж­ков куз­не­чик со­вер­шит 15, разобьём их на трой­ку 2,4,6 пер­вых и 3 по­сле­до­ва­тель­ных четвёрок остав­ших­ся от 8 до 30. Прыж­ки длин 2 и 4 он сде­ла­ет вверх, а пры­жок длины 6  — вниз. В каж­дой четвёрке пер­вый и по­след­ний прыж­ки он сде­ла­ет вверх, а вто­рой и тре­тий  — вниз. Пры­гая так, после пер­вой трой­ки и после каж­дой четвёрки вер­ти­каль­ных прыж­ков он ока­жет­ся на оси ОХ. В итоге, после всех 31 прыж­ка он вернѐтся в на­ча­ло ко­ор­ди­нат.

Ответ: Да.

Рас­смот­рим три усло­вия:

• точки O и A по одну сто­ро­ну от пря­мой B_jC_k,

• точки O и B по одну сто­ро­ну от пря­мой A_iC_k,

• точки O и C по одну сто­ро­ну от пря­мой A_iB_j.

Если хотя бы одно из них вы­пол­не­но, тре­уголь­ник A_iB_jC_k яв­ля­ет­ся синим. Если все три не вы­пол­не­ны, тре­уголь­ник яв­ля­ет­ся крас­ным. По­нят­но, что верно из трёх усло­вий может быть мак­си­мум одно, и ко­ли­че­ства со­от­вет­ству­ю­щих синих тре­уголь­ни­ков равны. По­это­му мы будем рас­смат­ри­вать пер­вое усло­вие. Таким об­ра­зом, если мы по­ка­жем, что тре­уголь­ни­ков, для ко­то­рых вы­пол­не­но пер­вое усло­вие, боль­ше от об­ще­го числа, то мы до­ка­жем, что всего синих боль­ше, чем крас­ных.

За­ме­тим, что пер­вое усло­вие не за­ви­сит от по­ло­же­ния точки A_i, а за­ви­сит толь­ко от B_jи C_k. Для крат­ко­сти обо­зна­чим (тогда на каж­дой сто­ро­не n точек, всего n³ тре­уголь­ни­ков; каж­дая сто­ро­на раз­де­ле­на на 6l рав­ных ча­стей). Тогда нам надо до­ка­зать, что из пар (B_j, C_k) более части (то есть стро­го более ) удо­вле­тво­ря­ет усло­вию.

Рас­смот­рим аф­фин­ную си­сте­му ко­ор­ди­нат, в ко­то­рой A = (0, 0), C = (1, 0), B = (0, 1). Тогда в этой си­сте­ме ко­ор­ди­нат:

Урав­не­ние пря­мой имеет вид:

Чтобы точки A и O ле­жа­ли с одной сто­ро­ны от B_jC_k, ли­ней­ная функ­ция в точ­ках (0, 0) и (1/3, 1/3) долж­на быть од­но­го знака, то есть от­ри­ца­тель­на, то есть

Таким об­ра­зом, нам тре­бу­ет­ся по­ка­зать, что не­ра­вен­ство

имеет ре­ше­ний более n²/6 при j, k ∈ {1, . . . , n}, то есть более Таким об­ра­зом, нам нужно по­ка­зать, что стро­го внут­ри об­ла­сти с синей гра­ни­цей лежит не менее ше­стой части точек вида

для j, k ∈ {1, . . . , n}.

Ос­нов­ная идея со­сто­ит в том, что зелёная об­ласть со­став­ля­ет 1/6 пло­ща­ди квад­ра­та, по­это­му вме­сте с жёлтой об­ла­стью это уже стро­го боль­ше 1/6, так что при боль­ших n все­гда боль­ше синих тре­уголь­ни­ков, чем крас­ных. Од­на­ко эту идею проще ре­а­ли­зо­вать при n, стре­мя­щем­ся к бес­ко­неч­но­сти, а нам тре­бу­ет­ся до­ка­за­тель­ство для n  =  2015. Пе­рейдём к стро­го­му до­ка­за­тель­ству.

Стро­го внут­ри квад­ра­та [2/3, 1]×[2/3, 1] лежит синих точек. Внут­ри тре­уголь­ни­ка с вер­ши­на­ми (2/3, 2/3), (1, 1/2), (1, 2/3), ис­клю­чая вер­ши­ну и точки пря­мой остаётся точки. Сум­мар­но по­лу­ча­ем точки, что мень­ше од­на­ко ещё есть точки стро­го внут­ри жёлтых об­ла­стей, ко­то­рых нам до­ста­точ­но найти ещё хотя бы 2 штуки. Или в одной об­ла­сти хотя бы две точки. Возьмём тогда в левой жёлтой об­ла­сти точки и (2016 де­лит­ся на 24, так что эти точки нам под­хо­дят).

Ответ: боль­ше синих тре­уголь­ни­ков.

При­ведём слег­ка дру­гой метод за­вер­ше­ния до­ка­за­тель­ства. Рас­смот­рим вер­ши­ны зелёного четырёхуголь­ни­ка, а также 4 най­ден­ные до­пол­ни­тель­ные точки в жёлтых об­ла­стях. По фор­му­ле Пика (или «счётом по кле­точ­кам», что на самом деле почти одно и то же) можно по­лу­чить, что пло­щадь их общей вы­пук­лой обо­лоч­ки равна

При рас­тя­же­нии кар­тин­ки в 24l раз (2016 де­лит­ся на 24, то есть этот слу­чай нам под­хо­дит) мно­го­уголь­ник имеет 8 целых вер­шин, на его сто­ро­нах лежит 18(l − 1) вер­шин, стро­го внут­ри N целых точек. Од­на­ко синие тре­уголь­ни­ки дают также целых точек гра­ни­цы мно­го­уголь­ни­ка. Тогда вы­чис­ле­ние пло­ща­ди по фор­му­ле Пика даёт ра­вен­ство

Остаётся до­ка­зать, что

что рав­но­силь­но Квад­рат­ное урав­не­ние имеет корни Но 2016 > 24 (по­это­му ), по­это­му не­ра­вен­ство вы­пол­не­но.

За­ме­ча­ние. На самом деле крас­ных тре­уголь­ни­ков боль­ше для n = 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, ко­ли­че­ства равны при n = 6 и 12. При всех осталь­ных n синих тре­уголь­ни­ков боль­ше.

Из усло­вия сле­ду­ет, что, в част­но­сти, a, b, c  — тоже про­стые. Если бы ми­ни­маль­ное из семи чисел рав­ня­лось двой­ке, че­ты­ре по­след­них числа были раз­лич­ны­ми чётными, то есть не могли быть все про­стым. Если все семь чисел боль­ше трёх, в силу про­сто­ты они не де­лят­ся на 3, их остат­ки от де­ле­ния на 3 равны 1 или −1. Рас­смот­рим ва­ри­ан­ты остат­ков от де­ле­ния на 3 самих чисел a, b, c. Если все их остат­ки равны между собой, то де­лить­ся на 3 будет число Если два из них равны, а тре­тье имеет про­ти­во­по­лож­ный знак, то на 3 будет будет де­лить­ся одно из чисел В обоих слу­ча­ях одно из семи чисел де­лит­ся на 3 и по пред­по­ло­же­нию боль­ше 3, что про­ти­во­ре­чит его про­сто­те. Сле­до­ва­тель­но, ми­ни­маль­ное из семи чисел в усло­вии может быть равно толь­ко 3. При­мер таких чисел:

Ответ: 3.

Если кре­сти­ков не мень­ше 25, то одна из строк таб­ли­цы со­дер­жит не мень­ше 5 кре­сти­ков, и не боль­ше одной пу­стой клет­ки. Тогда либо три левых клет­ки этой стро­ки, либо три пра­вых её клет­ки все со­дер­жат кре­сти­ки и яв­ля­ют­ся ис­ко­мой по­лос­кой.

Если кре­сти­ков мень­ше 25, то их можно рас­ста­вить так, чтобы не было трёх кре­сти­ков, об­ра­зу­ю­щих по­лос­ку. Для этого пу­сты­ми нужно оста­вить все клет­ки одной глав­ной диа­го­на­ли, и клет­ки двух диа­го­на­лей длины 3, ей па­рал­лель­ных.

Ответ:

Будем пред­став­лять пар­тию в виде ори­ен­ти­ро­ван­но­го графа: пар­тий­цев  — в виде вер­шин, а если пар­ти­ец A до­ве­ря­ет пар­тий­цу B, то со­еди­ним вер­ши­ну A с B реб­ром со стрел­кой, на­прав­лен­ной от A к B. Усло­вие того, что ни­ка­кие два пар­тий­ца не до­ве­ря­ют друг другу, эк­ви­ва­лент­но усло­вию того, что ни­ка­кие две вер­ши­ны не со­еди­не­ны двумя про­ти­во­по­лож­но на­прав­лен­ны­ми ори­ен­ти­ро­ван­ны­ми рёбрами. Будем на­зы­вать это усло­ви­ем од­но­го ребра. По­стро­им при­мер пар­тии из 11 че­ло­век, удо­вле­тво­ря­ю­щей усло­вию за­да­чи. Раз­ме­стим 11 че­ло­век в вер­ши­нах пра­виль­но­го 11-уголь­ни­ка A₁ . . . A₁₁. Для каж­дой вер­ши­ны A_i на­пра­вим по ори­ен­ти­ро­ван­но­му ребру из неё в каж­дую из пяти вер­шин, сле­ду­ю­щих за ней по ча­со­вой стрел­ке. Утвер­жда­ет­ся, что усло­вие од­но­го ребра вы­пол­не­но. Дей­стви­тель­но, для каж­до­го ори­ен­ти­ро­ван­но­го ребра, иду­ще­го от не­ко­то­рой вер­ши­ны A_i к A_j, име­ет­ся не более 4 вер­шин, сле­ду­ю­щих от A_i к A_j в на­прав­ле­нии по ча­со­вой стрел­ке. А осталь­ных вер­шин 11-уголь­ни­ка, от­лич­ных от A_i, A_j и вы­ше­упо­мя­ну­тых по­сле­до­ва­тель­ных вер­шин между ними не мень­ше, чем 11 − 6 = 5, и они идут по­сле­до­ва­тель­но от A_j к A_i по ча­со­вой стрел­ке «с дру­гой сто­ро­ны». Пред­по­ло­жим про­тив­ное: усло­вие од­но­го ребра не вы­пол­не­но, то есть не­ко­то­рая пара вер­шин A_i и A_j со­еди­не­на двумя про­ти­во­по­лож­но на­прав­лен­ны­ми рёбрами. Тогда в силу преды­ду­ще­го, име­ет­ся два на­бо­ра по­сле­до­ва­тель­ных вер­шин, каж­дый из не более, чем 4 вер­шин: вер­ши­ны од­но­го на­бо­ра идут от A_i к A_j по ча­со­вой стрел­ке, а вер­ши­ны дру­го­го  — от A_j к A_i по ча­со­вой стрел­ке. Сле­до­ва­тель­но, эти на­бо­ры не пе­ре­се­ка­ют­ся, и вме­сте с вер­ши­на­ми A_i и A_j (итого не более, чем 4 + 4 + 2 = 10 вер­шин) они по­кры­ва­ют все 11 вер­шин 11-уголь­ни­ка. По­лу­чен­ное про­ти­во­ре­чие до­ка­зы­ва­ет, что усло­вие од­но­го ребра вы­пол­не­но.

До­ка­жем те­перь, что для пар­тии мень­ше­го раз­ме­ра это не воз­мож­но. Пусть n  — общее число чле­нов пар­тии, удо­вле­тво­ря­ю­щей усло­ви­ям за­да­чи. Тогда общее число ори­ен­ти­ро­ван­ных рёбер равно 5n: по 5 рёбер, ис­хо­дя­щих из каж­дой вер­ши­ны. С дру­гой сто­ро­ны, общее число рёбер не пре­вос­хо­дит мно­же­ства пар раз­лич­ных вер­шин (усло­вие од­но­го ребра), ко­то­рое, в свою оче­редь, равно

Тем самым,

что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

Ответ: 11.

Пе­ре­пи­шем ра­вен­ство a_n+1 = a_n² − a_n + 1 из усло­вия в виде и за­ме­ним со­глас­но этому ра­вен­ству каж­дое сла­га­е­мое в оце­ни­ва­е­мой сумме:

Оста­лось за­ме­тить, что a_n+1 − 1 = a_n² − a_n > (a_n − 1)², а, зна­чит,

По­это­му, сле­до­ва­тель­но, оце­ни­ва­е­мая ве­ли­чи­на что и до­ка­зы­ва­ет ис­ход­ные не­ра­вен­ства.

За­ме­тим, что

По­сколь­ку квад­рат це­ло­го числа все­гда не­от­ри­ца­тель­ное число, он до­сти­га­ет ми­ни­му­ма, когда равен 0. На­ту­раль­ное число y не мень­ше 1. Если же y = 1, то число (2x − y)  — нечётное и его квад­рат также не мень­ше 1. По­это­му вы­ра­же­ние (1) не мень­ше 2 для любых на­ту­раль­ных x, y, z. Зна­че­ние 2 может быть до­стиг­ну­то не­сколь­ки­ми спо­со­ба­ми, на­при­мер, x = 1, y = 2, z = 3 или x = 1, y = 1, z = 3.

Ответ: 2.

По­стро­им при­мер с 6-ю фи­гур­ка­ми типа B. Сна­ча­ла из двух фи­гу­рок типа B и одной фи­гур­ки типа C сма­сте­рим пря­мо­уголь­ник 3 × 4, по­ста­вив фи­гур­ки типа B в про­ти­во­по­лож­ные углы:

Впро­чем, пра­виль­ных раз­ре­за­ний до­ста­точ­но много, на­при­мер, раз­ре­за­ние на ри­сун­ке ниже.

Далее пря­мо­уголь­ник 9 × 13 можно раз­ре­зать па­рал­лель­ной сет­кой на 3 пря­мо­уголь­ни­ка 3 × 4 (в каж­дом по 2 фи­гур­ки типа B) и 3 × 3 = 9 квад­ра­тов 3 × 3.

До­ка­жем, что мень­ше 6 фи­гу­рок типа B ис­поль­зо­вать не по­лу­чить­ся. Рас­кра­сим столб­цы пря­мо­уголь­ни­ка 13 × 9 в три цвета: белый, синий и крас­ный, па­рал­лель­но сто­ро­не 13. Крас­ных и синих кле­ток будет оди­на­ко­вое ко­ли­че­ство, а вот белых кле­ток будет на 9 боль­ше. Фи­гур­ки типа A и типа C имеют все­гда оди­на­ко­вое ко­ли­че­ство кле­ток каж­до­го цвета. Фи­гур­ка типа B может иметь на две клет­ки од­но­го цвета боль­ше, чем лю­бо­го дру­го­го цвета. По­это­му, за­мо­ще­ни­я­ми фи­гур­ка­ми пря­мо­уголь­ни­ка 13 × 9 долж­но быть ис­поль­зо­ва­но не менее, чем [9/2] = 5 фи­гу­рок типа B. По­ка­жем, что и 5 фи­гу­рок типа B будет не­до­ста­точ­но. Дей­стви­тель­но, ведь если бы это было так, то среди 15 кле­ток по­кры­тых фи­гур­ка­ми типа B име­лось бы оди­на­ко­вое ко­ли­че­ство кле­ток си­не­го и крас­но­го цвета и на 9 кле­ток боль­ше бе­ло­го цвета, такое воз­мож­но, если белых кле­ток будет 11, а синих и крас­ных по 2. Но в таком слу­чае одна из 5 фи­гу­рок типа B долж­на быть по­кра­ше­на це­ли­ком в белый цвет, чего не­воз­мож­но.

Ответ: 6.

Если в каж­дой стро­ке не боль­ше двух раз­лич­ных букв, то общее их число не пре­вос­хо­дит 10  =  5 · 2. Далее можно счи­тать, что в пер­вой стро­ке ровно три раз­лич­ных буквы. Если каж­дая из остав­ших­ся строк имеет хотя бы одну общую букву с пер­вой, то общее число букв не пре­вос­хо­дит 3 + 4 · 2  =  11. Пусть име­ет­ся стро­ка, можно счи­тать, вто­рая, в ко­то­рой три раз­лич­ных буквы, от­лич­ных от букв пер­вой стро­ки. Тогда в каж­дом столб­це кроме букв пер­вой и вто­рой строк может быть не более одной новой буквы, всего не более 3 + 3 + 5 · 1  =  11.

При­мер рас­ста­нов­ки 11 раз­лич­ных букв: по глав­ной диа­го­на­ли таб­ли­цы из ле­во­го ниж­не­го угла в пра­вый верх­ний за­пи­са­ны пер­вые пять раз­лич­ных букв, по со­сед­ней снизу диа­го­на­ли  — сле­ду­ю­щие че­ты­ре, в левом верх­нем углу  — де­ся­тая, а в осталь­ных клет­ках  — один­на­дца­тая буквы.

Ответ: 11.