Из теоремы о циркуляции и теоремы Гаусса соответственно запишем следующие соотношения:

В однородном электрическом поле шар поляризуется однородно, а это значит, что поле вне шара будет складываться из внешнего поля $\vec{E}$ и поля точечного диполя $\vec{p}$, помещенного в центр шара. Также, вследствие однородной поляризации, поле внутри шара однородно и равно $\vec{E_1}$, из симметрии оно сонаправлено с $\vec{E}$. Диполь создает электрическое поле: \[\vec{E_2}=\dfrac{1}{4\pi \varepsilon_0}(\dfrac{3(\vec{p},\vec{r})\vec{r}}{r^5}-\dfrac{\vec{p}}{r^3}).\] Запишем граничные условия из A2: \[\begin{cases}E_1\sin\theta=E\sin\theta-\dfrac{p\sin\theta}{4\pi \varepsilon_0R^3}\\\varepsilon E_1\cos\theta=E\cos\theta+\dfrac{p\sin\theta}{2\pi \varepsilon_0R^3},\end{cases}\]

отсюда получим: \[E_1=\dfrac{3}{\varepsilon +2}E.\]

Применив теорему Гаусса для малого элемента площади шара, получим: \[E_{n, out}-E_{n, in}=\dfrac{\sigma}{\varepsilon_0},\]

а из граничных условий следует: \[\varepsilon E_{1n}=E_{n,out}.\]

Тогда $\sigma=3\varepsilon_0E\dfrac{\varepsilon-1}{\varepsilon+2},$ а следовательно:

Из принципа суперпозиции:

Вращение равномерное, следовательно касательная сила, действующая на тело $F_\tau=0$, следовательно:

Запишем теоремы синусов для треугольников $\Delta ABD$ и $\Delta ACD$: \[\begin{cases}\\\dfrac{BL_1}{\sin\alpha}=\dfrac{L_3}{\sin\varphi}\\\dfrac{CL_1}{\sin\beta}=\dfrac{L_2}{\sin(\pi -\varphi)}.\end{cases}\]Также заметим, что точка $L_1$ - центр масс точек $m_2$ и $m_3$, поэтому $\dfrac{BL_1}{CL_1}=\dfrac{m_3}{m_2}$, а следовательно: \[m_2{L_2}\sin\alpha=m_3{L_3}\sin\beta.\]Поделив выражение из предыдущего пункта на полученное, можно получить $L_2=L_3$, а повторив аналогичные рассуждения для $m_1$ и $m_2$, несложно заметить, что $L_1=L_2$.
Следовательно, $L_1=L_2=L_3$, что и требовалось доказать.

Подсказка: вам может помочь векторная запись второго закона Ньютона с учетом правильности треугольника.

Введём $\vec{r}$ - радиус-вектор в центр массивного тела из центра масс системы, тогда $m_1\vec{r_1}+m_2\vec{r_2}+m_3\vec{r_3}=0$.
Для ускорения имеем только нормальную компоненту: \[a_n=\omega_0^2r.\]Запишем векторно следствие второго закона Ньютона для тела 1:
\[-m_1\omega_0^2\vec{r_1}=\dfrac{\gamma^2Gm_1m_2(\vec{r_2}-\vec{r_1})}{(\vec{r_2}-\vec{r_1})^3}+\dfrac{\gamma^2Gm_1m_3(\vec{r_3}-\vec{r_1})}{(\vec{r_3}-\vec{r_1})^3},\]Отсюда: \[-\omega_0^2\vec{r_1}=\dfrac{\gamma^2G(m_2\vec{r_2}+m_3\vec{r_3}-(m_2+m_3)\vec{r_1})}{L_0^3}=-\dfrac{\gamma^2GM\vec{r_1}}{L_0^3},\] а значит:

Ответ запишите через $j$, $\sigma$.

Подставим значение поля, создаваемого точечным зарядом $q_2$ в окрестности точки 1 в результат пункта A3:

Ток обладает центральной симметрией - значения плотности тока одинаковы при одинаковых $\theta$. За малое время $\operatorname {dt}$ заряд на элементе площади $\mathrm dS=2\pi R\sin\theta\mathrm d\theta$ изменяется на $\mathrm dq$ из-за разности входящего и выходящего токов, откуда следует:

Внешних ЭДС в системе нет, следовательно:

Из полученного уравнения: \[\dfrac{\mathrm d(j\sin\theta)}{\mathrm d\theta}=-\dfrac{ R\sin\theta}{h}\dfrac{\mathrm d\varsigma}{\mathrm dt}\]Запишем выражение для правой части: \[\dfrac{\mathrm d\varsigma}{\mathrm dt}=-\dfrac{3q_2\cos\theta\dot L}{ 2\pi L^3},\] получим уравнение: \[\dfrac{\mathrm d(j\sin\theta)}{\mathrm d\theta}=\dfrac{3q_2R\dot L\sin 2\theta}{4\pi L^3h}\]Проинтегрировав обе части, получаем: \[j\sin\theta=-\dfrac{3q_2\dot LR}{8\pi L^3h}(\cos2\theta+C)\] Плотность тока в любой точке сферы - конечная величина, значит при $\sin\theta=0$ $\cos\theta+C=0$, тогда $C=-1$, значит:

Из принципа суперпозиции, мы можем сложить $\vec{j_{13}}$ и $\vec{j_{12}}$. Тогда $j^2=j_{13}^2+j_{12}^2-j_{13}j_{12}$. Тогда:

Малый элемент объёма $\mathrm dV=2\pi hR\sin\theta\mathrm d\theta$, тогда: \[P=\dfrac{9(1-\gamma^2)G\varepsilon_0\dot L^2R^4\cdot(2(m_1^2+m_2^2+m_3^2)-m_1m_2-m_2m_2-m_1m_3)}{2L^6h\sigma}\int\limits_0^\pi{\sin^3\theta\mathrm d\theta}\](здесь суммируются теплопотери со всех трех шаров, а $q^2=4\pi (1-\gamma^2)G\varepsilon_0 m^2).$
\[\int\limits_0^\pi{\sin^3\theta\mathrm d\theta}=\dfrac{4}{3},\] следовательно:

Из закона сохранения момента импульса следует, что $\omega L^2=\omega_0 L_0^2$, следовательно:

Потенциальная энергия гравитационно-кулоновского взаимодействия рассчитывается как сумма энергий попарных взаимодействий: \[W_p=-\dfrac{\gamma^2G(m_1m_2+m_2m_3+m_1m_3)}{L}.\]Кинетическая энергия вращательного движения $K_1$ пропорциональна $\omega^2L^2$, а из ЗСМИ $\omega^2L^2\propto1/L^2$. Равномерное вращение - равновесное состояние, а значит, состояние с экстремумом энергии, т.е. $\dfrac{\mathrm d(W_p+K_1)}{\mathrm dL}=0$, следовательно: \[K_1=\dfrac{\gamma^2GL_0(m_1m_2+m_2m_3+m_1m_3)}{2L^2}.\]Остается найти кинетическую энергию сближения/отдаления $K_2$: во-первых, для каждой точки $\dot r\propto r$ т.к. треугольник остается правильным, значит, $K_2=\alpha\dot L^2(m_1r_1^2+m_2r_2^2+m_3r_3^2)$. $L_1$ - центр масс $m_2$ и $m_3$, а O - общий центр масс, значит, $r_1=\dfrac{\sqrt{m_2^2+m_3^2+m_2m_3}}{M}L$, тогда $K_{21}=\dfrac{m_1\dot L^2(m_2^2+m_3^2+m_2m_3)}{2M^2}$, складывая для трёх тел получим $K_2=\dfrac{(m_1(m_2^2+m_3^2)+m_2(m_1^2+m_3^2)+m_3(m_2^2+m_1^2)+3m_1m_2m_3)\dot L^2}{2M^2},$ следовательно:

$\dot W=-P$, следовательно:

Раскладывая степени $L$ в ряд Тейлора до первого порядка, получим:

Колебания затухают, значит:

$\vec{j}=\sigma\vec{E}$,
$Q=\varepsilon_0\varepsilon\int{(\vec{E},\vec{\mathrm dS})}$ из теоремы Гаусса,
$I=-\dot Q_1=\int{(\vec{j},\vec{\mathrm dS})}=\sigma_{out}\int{(\vec{E},\vec{\mathrm dS})}$, отсюда получим:

Решение уравнения – затухающая экспонента: \[Q_1(t)=q_1\cdot \operatorname {exp}\left[{-\dfrac{\sigma_{out} t}{\varepsilon_0(1+\kappa_1)}}\right],\]тогда:

Энергия взаимодействия между телами 2 и 3 будет минимальна т.к. они разряжаются быстрее, значит расстояние между ними будет максимально, а максимальный угол будет прилежать к сфере 1.

Теорема синусов для треугольников имеет такой же вид, как и в B2: \[m_2{L_2}\sin\alpha=m_3{L_3}\sin\beta,\]

Условие равенства касательных сил все еще определяется суммой гравитационных и кулоновских сил:

\[m_2{L_2}^2\sin\alpha(1+(1-\gamma^2)\cdot\operatorname {exp}[{-\dfrac{\sigma_{out} t}{\varepsilon_0\varepsilon_2}]})=m_3{L_3}^2\sin\beta(1+(1-\gamma^2)\cdot\operatorname {exp}[{-\dfrac{\sigma_{out} t}{\varepsilon_0\varepsilon_3}]}),\] из этого следует:

\[\dfrac{L_3}{L_2}=\dfrac{(1-(1-\gamma^2)\cdot\operatorname {exp}[{-\dfrac{\sigma_{out} t}{\varepsilon_0\varepsilon_2}]})}{(1-(1-\gamma^2)\cdot\operatorname {exp}[{-\dfrac{\sigma_{out} t}{\varepsilon_0\varepsilon_3}]})}=1+(1-\gamma^2)\dfrac{\exp[-\dfrac{\sigma_{out} t}{\varepsilon_0(1+\kappa_3)}]-\exp[-\dfrac{\sigma_{out} t}{\varepsilon_0(1+\kappa_2)}]}{(1-(1-\gamma^2)\cdot\operatorname {exp}[{-\dfrac{\sigma_{out} t}{\varepsilon_0(1+\kappa_3)}]})}.\]

Теоремы синусов: \[\dfrac{L_1}{L_3}=\dfrac{\sin(\pi /3+\zeta_1)}{\sin(\pi /3+\zeta_3)},\]

 \[\dfrac{L_2}{L_3}=\dfrac{\sin(\pi /3+\zeta_2)}{\sin(\pi /3+\zeta_3)},\]

также сумма углов треугольника постоянна, поэтому $\zeta_1+\zeta_2+\zeta_3=0$.

Разложим синусы в ряд Тейлора до первого порядка малости по $\zeta$, получим систему уравнений:

\begin{cases}\\\dfrac{\zeta_1-\zeta_3}{2}=(1-\gamma^2)\dfrac{(\kappa_3-\kappa_1)\sigma_{out}t\cdot \exp[-\dfrac{\sigma_{out}t}{\varepsilon_0}]}{\varepsilon_0(1-(1-\gamma^2)\exp[-\dfrac{\sigma_{out}t}{\varepsilon_0}])}\\\dfrac{\zeta_2-\zeta_3}{2}=(1-\gamma^2)\dfrac{(\kappa_3-\kappa_2)\sigma_{out}t\cdot \exp[-\dfrac{\sigma_{out}t}{\varepsilon_0}]}{\varepsilon_0(1-(1-\gamma^2)\exp[-\dfrac{\sigma_{out}t}{\varepsilon_0}])}\\\zeta_1+\zeta_2+\zeta_3=0,\end{cases}

откуда следует:

 \[\zeta_1=2(1-\gamma^2)\dfrac{(\kappa_3+\kappa_2-2\kappa_1)\sigma_{out}t\cdot \exp[-\dfrac{\sigma_{out}t}{\varepsilon_0}]}{3\varepsilon_0(1-(1-\gamma^2)\exp[-\dfrac{\sigma_{out}t}{\varepsilon_0}])}.\]

Дифференцируя по времени полученное выражение, получим уравнение:

\[1-\gamma^2=(1-x)\cdot e^x,\]

где $x=\dfrac{\sigma_{out}t}{\varepsilon_0}.$

Решая уравнение методом простых итераций, получим $x_1=0.318$, $x_2=-0.403$, но физический смысл имеет только положительный корень, отсюда: