Un po' di calcoli ... un po' di logica....

[Luciano Monti]

Erasmus

Ma se la trascino dalla finestra dove la vedo sulla "scrivania", mi viene una PNG di nome proprio polar_coordinates.png.
...
Dunque, il nome dell'immagine col quale un utente ha caricato la propria immagine-avatar in Coelestis dal proprio computer, un visitatore (utente o no) lo può venir a sapere scaricando l'immagine col metodo del "trascinamento" (drag and drop)

Senza scomodare il drag&drop: apri il profilo di nino tramite il link sul suo nome, poi "salva con nome" l'immagine del suo avatar... viene lo stesso.

Quindi sembra essere come dici tu, l'upload di un'immagine per l'avatar conserva il nome originario.

Ciao,
Luciano

[Erasmus]

Buon Natale (anche se era ieri) e buone feste a tutti quelli che passano di qua.
Un saluto particolarissimo a Luciano Monti.
[Luciano: dove sei adesso? Sei a casa con i tuoi o ancora ... disperso in Asia?
Ti penso tornato, appunto tra "i tuoi". Mio figlio è stato in Australia per quasi un mese, ma ieri ci siamo trovati tutti – nonni, figli (con rispettivi coniugi) e nipotini – a casa sua.]

Luciano Monti

Senza scomodare il drag&drop:

Scomodare?
Ma è proprio il "trascinamento" che è stato inventato per maggiore "comodità"!
E' come ... avere un vassoio sulla tavola e spostare una tazza dal vassoio alla tavola stessa allungando un braccio.
Insomma: copi un'immagine dalla finestra Internet come se estraessi un file da una "cartella" senza "scomodarti" nell'andar a fare tutte le operazioni che dici tu!

[E pensa alla comodità del "trascinamento" nell'allegare documenti ad una e.mail (o, viceversa, nel recuperare gli allegati da una e.mail).]

Ciao, carissimo!
E adesso ... rispondi al quiz dell'inesauribile aspesi!
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[Luciano Monti]

Ciao Erasmus,

sono a casa per le feste e resterò in italia fino a fine gennaio, poi via ancora per un mesetto... Ti ringrazio per gli auguri che ricambio, estendendoli a tutti i frequentatori del forum, e anzi mi scuso per aver risposto ieri al tuo messaggio senza un accenno di "buone feste!"

Riguardo la mia procedura: solitamente faccio uso di drag&drop con programmi straconosciuti, ad esempio per allegare documenti ad una email, come dici giustamente tu. Quando invece navigo su internet mi piace adottare uno stile un po' più prudente, in particolare quando si tratta di scaricare file. Mi piace avere il massimo controllo su ciò che faccio e se questo richiede qualche click in più... pazienza! Per carità, non metto in dubbio che questo forum sia un ambiente sicurissimo, ma una volta che entri in una certa forma mentis, è più la fatica a cambiare comportamento secondo le circostanze che non a seguirlo sempre...

Ti ho suggerito di fare il test per farti vedere che il "mistero" non riguarda il drag&drop in sé, che è una procedura di alto livello, ma anche il solo scaricare l'immagine con un banale "salva con nome". That's all...

Riguardo il quiz di nino... eh ma tu mi chiedi molto! Serve un po' di attenzione anche solo per leggere i suggerimenti e le soluzioni parziali, figurati per cimentarsi con la soluzione del problema completo! Servirebbero carta, penna, e impegno, e io intendevo passare ancora un paio di giorni in uno stato alla "homer simpson" (senza birra però), francamente incompatibile con qualsiasi quiz dei rudi!

Ciao, ciao!
Luciano

[aspesi]

Per chiudere questo:

A questo punto è facile scoprire chi risponderà (e dicendo cosa) nel caso si abbiano 15 giocatori, ai quali viene assegnata la stringa
1 0 0 | 1 1 0 1 | 0 0 0 1 | 1 1 1 0

E inoltre cosa dice ogni giocatore per quest'altra:
1 1 1 | 1 1 0 1 | 0 1 1 1 | 1 1 0 1

1 0 0 | 1 1 0 1 | 0 0 0 1 | 1 1 1 0
Questa è la sequenza giusta e completa.

Il codice sarà (contando il numero di 0 presenti):
gruppo A (8 - 9 - 10 - 11 - 12 - 13 - 14 - 15) = 4 ----> 0
gruppo B (4 - 5 - 6 - 7 - 12 - 13 - 14 - 15 ) = 2 ----> 0
gruppo C ( 2 - 3 - 6 - 7 - 10 - 11 - 14 - 15) = 5 ----> 1
gruppo D ( 1 - 3 - 5 - 7 - 9 - 11 - 13 - 15) = 3 ----> 1

In binario (leggendo verticalmente) 0 0 1 1 corrisponde a 3, quindi è il terzo bit (giocatore) che deve essere posto a zero.

Infatti, fra tutti e 15 partecipanti, è solo il giocatore n.3 che ha parità zero (supponendo che il suo numero sia 1):
gruppo A = 4 ----> 0
gruppo B = 2 ----> 0
gruppo C = 4 ----> 0
gruppo D = 2 ----> 0
Quindi, si accorge che è lui a dover rispondere, e dice correttamente che il suo numero è 0 (mentre gli altri 15 passano).

Nel caso della sequenza:
1 1 1 | 1 1 0 1 | 0 1 1 1 | 1 1 0 1
tutti i giocatori sono invece indotti a sbagliare, in quanto tutti verificano per i gruppi A-B-C-D la parità zero e quindi rispondono il contrario del numero che hanno e risulterà la sequenza opposta:
0 0 0 | 0 0 1 0 | 1 0 0 0 | 0 0 1 0

[aspesi]

Da qualche parte (non ho voglia di cercare dove... ), Erasmus aveva chiesto (e dimostrato! come provato da Gauss) quali sono gli unici poligoni regolari, con un numero di lati dispari (questo lo dico io), a poter essere costruiti con solo riga e compasso.

Ora, io non so assolutamente perché, e se c'è un perché..., ma, se prendiamo il triangolo di Tartaglia e lo modifichiamo Mod 2:

                        1
                      1   1
                    1   0   1
                  1   1   1   1
                1   0   0   0   1
              1   1   0   0   1   1
            1   0   1   0   1   0   1
          1   1   1   1   1   1   1   1
        1   0   0   0   0   0   0   0   1
            ..........................................................................

..leggendo per righe e in binario, abbiamo i numeri:
1, 3, 5, 15, 17, 51, 85, 255, 257, ...
che rispondono e corrispondono esattamente al quesito.

[Erasmus]

Stupefacente!
Ma oltre il 257 cosa succede?
Se la cosa si ferma a questa riga, allora è una coincidenza, benché sbalorditiva.
Se invece il giochino prosegue, allora ci deve essere una connessione tra i C(n, k) mod 2 e il problema di Gauß ...

La questione merita un'indagine approfondita ... ed una giustificazione nel caso in cui continuasse oltre la riga Nr 8 ...

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[Mizarino]

Sai che rottura di marroni costruire con riga e compasso un poligono regolare con più di 257 lati!...

P.S. Perdonatemi la "svaccatura". In realtà effettivamente la questione appare stupefacente e per conseguenza bella e interessante ...

[aspesi]

Si tratta del triangolo di Sierpinski in decimale.
La cosa dovrebbe continuare (oltre l'ottava riga)
I membri sono tutti palindromi in binario.

a(2n+1) = 3 * a(2n)

[Erasmus]

Ben tornato, Miza!
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aspesi

Si tratta del triangolo di Sierpinski in decimale.

Mai sentito nominare prima.

Miza: mettiamo da parte la "costruibilità con riga e compasso" e spostiamoci sulla questione (equivalente) di sapere per quali N (naturali dispari) " la determinazione del coseno di un N-esimo di angolo giro è un "problema di 2° grado".
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Ho verificato (ancora prima di leggere qua) che il meccanismo funziona (almeno) fino al prossimo numero primo di Fermat cioè
p(4) = 2^(2^4) + 1 = 2^16 + 1 = (2^8)^2 + 1 = 256^2 + 1 = 65537.
NB: I "numeri primi di Fermat" sono i numeri primi del tipo p(n) = 1 + 2^(2^n).
Tali sono i p(n) per n da 0 a 4 compresi.
p(0)= 3; p(1) = 5; p(2) = 17; p(3) = 257 (primo); p(4) = 65537 (primo).

 C(8, k)––>                 1  0  0  0  0  0 0  0  1          =        257
 C(9, k)––>               1  1  0  0  0  0  0  0  1  1        =      3·257
C(10, k)––>             1  0  1  0  0  0  0  0  1  0  1       =      5·257
C(11, k)––>           1  1  1  1  0  0  0  0  1  1  1  1      =    3·5·257
C(12, k)––>         1  0  0  0  1  0  0  0  1  0  0  0  1     =     17·257
C(13, k)––>       1  1  0  0  1  1  0  0  1  1  0  0  1  1    =   3·17·257
C(14, k)––>     1  0  1  0  1  0  1  0  1  0  1  0  1  0  1   =   5·17·257
C(15, k)––>   1  1  1  1  1  1  1  1  1  1  1  1  1  1  1  1  = 3·5·17·257
C(16, k)––> 1  0  0  0  0  0  0  0  0  0  0  0  0  0  0  0  1 =      65537
. . .

Se mettiamo in ordine crescente gli interi N fattorizzabili in fattori semplici del tipo dei p(n) di Fermat otteniamo proprio gli nteri espressi in base 2 dalle righe del "Triangolo di Trataglia" ridotte modulo 2.
Non è necessario calcolare i coefficienti C(r, k) (della riga Nr. r di posto in riga Nr. k) del Trinagolo di Trataglia (ossia in numero di combinazioni di r elementi a k a k). Si può applicare la regola
C(r, k) + C(r, k+1) = C(r+1, k+1)
direttamente ai coefficienti ridotti modulo 2, (che così valgono 0 quando sono pari e 1 quando sono dispari).
In pratica, sempre si comincia con 1 e si termina con 1; si guarda la riga di sopra: se là ci sono di seguito due caratteri uguali si mette 0 e se no si mette 1.
Si ottiene subito 'sto triangolo di Sierpinski («semplice come una colomba ma astuto come un sierpente», per dirla col Vangelo!)
0 | 1
1 | 1 1
2 | 1 0 1
3 | 1 1 1 1
4 |1 0 0 0 1
5 |1 1 0 0 1 1
6 |1 0 1 0 1 0 1
7 |1 1 1 1 1 1 1 1
8 |1 0 0 0 0 0 0 0 1
9 |1 1 0 0 0 0 0 0 1 1
...

Fermat aveva asserito che i suoi p(n) sono tutti primi [per ogni n naturale]. Ma un secolo dopo Eulero si è accorto che p(5) non è primo! Infatti
p(5) = 2^(2^5) + 1 = 2^32 + 1 = 4 294 967 297 = 641·6700417.
Lui non aveva la calcolatrice! E non era tanto masochista da tentare il crivello di Eratostene sul successivo p(6) = 2^64 + 1 [20 cifre decimali]; e quindi, se fosse primo, il provarlo richiederebbe di disporre già di tutti i primi minori di 2^32 ≈ 4,29 miliardi.
Ma oggi, col computer, si può cercare se ci sono altri p(n) primi per n ben maggiore di 6 (ma ... non troppo! I p(n) crescono sbalorditivamente con n ).
Con la potenza degli attuali computer, di p(n) primi con n > 4 non se sono trovati!
Si congettura, dunque, che i "primi di Fermat" siano solo quei cinque p(n) per n da 0 a 4 inclusi.
La questione resta aperta. E penso che non sia meno difficoltosa di quella del famoso "Ultimo Teorema di Fermat".

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Ritorniamo sul "problema di Gauß".
Dire che un poligono regolare è [teoricamente] "costruibile con riga e compasso" equivale a dire che il problema di determinare il coseno dell'angolo al centro sotteso ad un lato è un problema di 2° grado; ossia che tale numero è determinabile
• con una equazione o con un sistema [di equazioni] di 2° grado, oppure
• da una cascata di sistemi ciascuno dei quali è al massimo di 2° grado.

Sia allora N un numero [dispari] tale che la determinazione di
c(N) = cos(2π/N)
costituisca un "problema di 2° grado".
Gauß ha dimostrato che N deve essere
• un numero primo di Fermat, ossia essere primo e del tipo 2^(2^n) + 1, oppure
• prodotto di fattori primi semplici ciascuno dei quali è un "primo di Fermat"

Penso che il triangolo di Serpinski soddisfi indefinitamente la regola che i numeri in base 2 espressi dalle righe sono prodotti di fattori primi tutti semplici e tutti del tipo
p(n) = 2^(2^n) + 1
Purtroppo, però, (come per il numero di lati dei poligoni regolari), raggiunto il prossimo p(n), le righe esprimeranno prodotti contenenti fattori primi diversi da ogni p(n), e proprio dalla presenza del 641 che è fattore di 2^(2^5^ + 1.

Ricordo infine che
p(0)·p(1)·p(2)·p(3)·...·p(n–1) = p(n) – 2
E siccome p(n) – 1 è una potenza di 2, succede che (in notazione binaria):
• i p(n) sono di 2^n + 1 cifre (binarie), iniziano con 1, terminano con 1 e le altre cifre sono tutte 0.
• i p(n) – 2 sono di 2^n cifre tutte uguali a 1.

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Miza e/o Luciano, che programmano (quasi) quotidianamente, ci mettono un attimo a prolungare il triangolo di Sierpinski fino alla riga Nr. 64.
A partire da dove mi sono fermato io e fino alla riga Nr. 32 esclusa dovrebbero trovare i prodotti dei fattori semplici di 2^32 – 1 che sono
[3, 5, 17, 257, 65537] {insieme dei primi 5 p(n), cioè dei 5 "primi di Fermat"}
in tutte le combinazioni possibili dei primi quattro e la presenza fissa del più grosso ( 65537).
Dopo la riga Nr. 17 , dovrebbero trovare una cosa analoga con l'aggiunta di i p(5) = 2^32 + 1 = 4294967297 al detto insieme di fattori: tutte le combinazioni possibili dei fattori dell'insieme
[3, 5, 17, 257, 65537]
con l'aggiunta del fattore fisso 4294967297, che però non è primo.

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[aspesi]

Erasmus

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Mai sentito nominare prima.

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http://en.wikipedia.org/wiki/Sierpinski_triangle