Хм.
могут ли они договориться об ультрафильтре? то естьфиксировать его?

Ага, это и есть правильное решение.
По идее, надо еще доказать, что без ультрафильтра в том или ином виде не обойтись. Подумаю...

Интересно получается. Необходимые и достаточные условия - строго слабее, чем определение ультрафильтра. Поэтому следующий вопрос: можно ли спасти математиков в ZF (без С)?

а, все кажется еще проще.
Если с некоторого момента все дни свет у конкретного математика горел - он называет второй вариант. Если в любой окрестности бесконечности был день, когда света у него не было - он называет первый вариант.

а нет, камеры ж могут меняться..

Ммм... А не то что если у математика начиная с какого-то дня свет горел не реже, чем раз в три дня (т.е. что предел отношения дней со светом ко всем дням меньше либо равен 1/3. тут даже про "начиная с какого-то дня можно опустить..."), то отвечать 2, а если нет -- то 1?

*явно глупочть сказала... как-то слишко просто получается...*

То есть больше либо равен 1/3...

Ну ладно, хорошо, глупость, предела может и не быть... *нашла нужный пост avva и ушла читать ответ. ночью не думается.*

Это просто первый шаг решения...

Действительно, если бы предел был, можно было бы мерить так: до 1/2 отвечаем "первый", начиная с 1/2 --- "второй". (Если есть три числа, в сумме дающие единицу, то не максимум одно из них превосходит 1/2; если есть три числа, в сумме дающие двойку, то максимум одно из них меньше 1/2; правда, есть еще вопрос о том, что делать в случае 1/2, но об этом ниже.)

Проблема в том, что предела может и не быть. Свет может долго гореть в одной из камер (N дней), потом еще дольше (2^N дней) в другой, потом еще дольше (2^(2^N) дней) в третьей, и, скажем, верхний предел доли "освещенных" дней вполне себе будет достигать единицы. Поэтому верхний предел брать не будем, а хочется каким-нибудь образом продолжить операцию "предел временных средних на последовательностях нулей и единиц" на все последовательности, причем с неотрицательными значениями.

Насколько я понимаю, такое продолжение вполне делается, и его существование гарантируется теоремой Хана-Банаха. А именно, берем в $l_{\infty}$ выпуклый конус $C$ последовательностей с неотрицательным нижним пределом. Этот конус, как легко видеть, замкнут. Берем также подпространство последовательностей со сходящимися временн\'ыми средними и рассматриваем на нем функционал $f_0$ этого самого предела временн\'ых средних.

Заметим, что на пересечении подпространства и конуса $f_0$ неотрицателен. Соответственно, кажется, в такой ситуации можно продолжить $f_0$ до функционала $f$ на всем $l_{\infty}$ так, чтобы на $C$ он был бы неотрицателен. А дальше схема принятия решения повторяет предыдущую: при значении $f$ на последовательности "освещенностей", меньшем 1/2, отвечаем "первый", при большем 1/2 отвечаем "второй".

Остается вопрос: что делать в случае 1/2? Ибо 1/2+1/2+0=1, а 1/2+1/2+1=2. Соответственно, приписав 1/2 какой-либо конкретный ответ, мы проигрываем. Но: в таком случае 1/2 для первого и 1/2 для второго математика, грубо говоря, не пересекаются по дням. Поэтому хочется взять множество всех вариантов, дающих 1/2, и разбить его на "дополнительные" пары, отвечая в каждой паре на один вектор одно, а на второй другое. Соответственно, мнения первых двух математиков в этом случае автоматически разделятся, и третий примет правильное решение (ибо уж ему-то ошибиться невозможно!).

Как это реализовать? Сначала: с чем мы работаем? Это тройка положительных (с неотрицательными координатами) векторов $a,b,c$, сумма которых равна (с точностью до начального участка) либо $I$, либо $2I$, где $I$ --- вектор, составленный из одних единиц.

В случае $a+b+c=2I$ перепишем это как $a+b=I+(I-c)$. Видим, что в обоих случаях сумма $a+b$ отличается от $I$ на знакопостоянный вектор, значение $f$ на котором равно нулю. А давайте рассмотрим такую полунорму $R$: берем вектор $v$ из $l_{\infty}$, разбиваем его на положительные и отрицательные координаты, получив вектора $v_{+}$ и $v_{-}$: $v=v_{+} - v_{-}$, и полагаем $R(v)=f(v_{+})+f(v_{-})$. Легко видеть, что $R$ не превосходит нормы $l_{\infty}$, что это полунорма, соответственно, множество векторов, на которых $R$ обращается в 0, есть замкнутое подпространство. Давайте отфакторизуем по нему $l_{\infty}$, получив новое банахово пространство $V$. Теперь на вектора $a$, $I$, $b$ (точнее, на их образы) накладывается просто условие $a+b=I$. Соответственно, $a=I-b$. Отображение $x\to I-x$ --- инволюция, и ее единственной неподвижной точкой является образ вектора, составленного из одних половинок. Заметим, что туда же не может попасть ни один вектор, составленный из нулей и единиц: значение $R$ на расстоянии от любого такого вектора до вектора из одних половинок равно 1/2. Поэтому образ множества последовательностей нулей и единиц вполне себе разбит на пары (без всяких там неподвижных точек!). Дальше --- аксиома выбора в чистом виде.

Всё!

P.S. Кстати, а что есть C в вашем вопросе про спасение в ZF: Choice или Continuum? Если второе, то, кажется, я без нее обошелся. Спасибо за задачу!

P.P.S. Вообще-то, учитывая решение и срок отсидки, тюрьму было бы логичнее переименовать в ад... ;-)

Почитал заголовок исходного сообщения. Понял, что это иногда полезно.

я не совсем понимаю второго построения (подзабыл функан), но что, если не 1/2 + 1/2 + что-то, а что-то + 1/2 + 1/2, или другие перестановки? Как на них разделится мнение?

А то так можно, чтобы первый на 1/2 всегда отвечал 0, а второй - 1

Хорошая задачка!
Помню, когда я её решил, то был доволен как слон :-))

А задачка-то еще не кончилась, оказывается :)