Решение

Я покажу два способа решения этой задачи. Один нетривиальный, другой тривиальный, но более строгий. Кроме того, мне не нравится, как здесь показано решение задачи $2.8.17$ из-за неточностей в выкладках, а она как раз и есть тривиальным способом.

$\textbf{Нетривиальный способ.}$

Сила $f$ может зависить от радиуса столба, коэффициента трения и самой величины силы $F$. Однако из соображений размерности можна сделать вывод, что $f\sim F$. Действительно, невозможно подобрать такую комбинацию из $F$, $\mu$, $R$, чтобы она имела размерность силы. Поэтому $f=kF$ - это для одного витка. Здесь $k$ коэффициент пропорциональности, из тривиального способа мы увидим, что он зависит только от коэффициента трения.

Теперь рассмотрим второй виток каната. Для него роль силы $F$ играет сила $f$, поэтому $f_{2}=kf=k^{2}F$, где $f_{2}$ - сила, которую надо приложить к свободному концу каната, когда на столб намотано два витка.

Для третьего витка :

$$f_{3}=kf_{2}=k^{3}F$$

и так далее. Для $n$-го витка получим:

$$f_{n}=kf_{n-1}=k^{n}F$$

Поскольку $k=\frac{f}{F}$, то подставляя, получим:

$$f_{n}=F\left( \frac{f}{F} \right)^{n}$$

$\textbf{Тривиальный способ.}$

Рассмотрим силы, действующие на малый участок каната, определяющийся малым углом $d\theta$:

На канат действует справа сила $\vec F+ d\vec F$, направленная под углом $d\theta/2$ к касательной, слева сила $\vec F$, направленная под углом $d\theta/2$ к касательной, сила реакции со стороны столба $\vec N$, направленная радиально, сила трения $\vec F_{тр}$, направленная по касательной к столбу. Координатные оси отображены на рисунке.

Запишем условие равновесия системы сразу в проекциях на координатные оси:

на ось Х: $\left( F+dF \right)\cos\frac{d\theta}{2}=F\cos\frac{d\theta}{2}+F_{тр}$

на ось Y: $N=F\sin\frac{d\theta}{2}+\left( F+dF \right)\sin\frac{d\theta}{2}$

Так как угол $d\theta$ мал, то $\cos\frac{d\theta}{2} \approx 1$, а $\sin\frac{d\theta}{2} \approx \frac{d\theta}{2}$, то можно переписать так:

$$F+dF=F+F_{тр}$$
$$N=F\frac{d\theta}{2}+\left( F+dF \right)\frac{d\theta}{2}$$

Или с учётом пренебрежимости малых второго порядка:

$$dF=F_{тр}$$
$$N=F\cdot d\theta$$

Поскольку сила трения покоя здесь приобретает своё максимальное значение, то $F_{тр}=\mu N=\mu F d\theta$, получаем:

$$dF=\mu F d\theta$$
$$\frac{dF}{F}=\mu d\theta$$

Интегрируем от $\theta=0$ (где натяжение $f$) до $\theta=2\pi$ - один виток (где натяжение $F$):

$$\int_{f}^{F}\frac{dF}{F}=\mu \int_{0}^{2\pi}d\theta$$
$$\ln\frac{F}{f}=\mu \cdot 2\pi$$
$$f=F\cdot e^{-2\pi\mu}$$

Для $n$ витков угол $\theta=2\pi n$, тогда:

$$f_{n}=F\cdot e^{-2\pi\mu n}$$

Можем выразить значение експоненты для 1 витка:

$$e^{-2\pi\mu}=\frac{f}{F}$$

Подставим это значение в формулу для $f_{n}$, получим:

$$f_{n}=F\left( \frac{f}{F} \right)^{n}$$