Решение

$\textbf{Эпиграф:}$ "Если ваш логический, физически обоснованный ответ задачи не совпадает с ответом задачника, то верьте себе. Задачник окончил типографию, а вы университет." (из личного опыта)

Пусть $L$ - длина наших цилиндров. Согласно закону Стефана-Больцмана поток энергии с боковой поверхности цилиндра:

$$Q=\sigma\varepsilon ST^{4}=\sigma\varepsilon\cdot 2\pi RL\cdot T^{4}$$

Поскольку у нас цилиндры вставлены один в один, то результирующий поток между цилиндрами будет определяться излучаемой энергией с поверхности внутреннего цилиндра и получаемой энергией от внешнего цилиндра на площадь внутреннего цилиндра. В общем виде можно записать:

$$Q_{i\to j}=\sigma\varepsilon 2\pi R_{i}L(T_{i}^{4}-T_{j}^{4})$$

Пусть $T_{1}$, $T_{2}$, $T_{3}$ — температуры экранов радиусов $R$, $2R$ и $3R$ соответственно. В стационарном состоянии поток энергии через каждое звено одинаков $Q=const$.

По условию задачи $\varepsilon=1$, тогда от нити к 1-му экрану:

$$\frac{Q}{L}=q=2\pi\sigma r(T_{0}^{4}-T_{1}^{4})$$

Между 1-м и 2-м экранами:

$$\frac{Q}{L}=q=2\pi\sigma R(T_{1}^{4}-T_{2}^{4})$$

Между 2-м и 3-м экранами:

$$\frac{Q}{L}=q=2\pi\sigma (2R)(T_{2}^{4}-T_{3}^{4})=4\pi\sigma R(T_{2}^{4}-T_{3}^{4})$$

Излучение внешнего экрана в пространство:

$$\frac{Q}{L}=q=2\pi\sigma (3R)T_{3}^{4}=6\pi\sigma RT_{3}^{4}$$

Итак, у нас есть 4 уравнения с 4 неизвестными: $q$, $T_{1}$, $T_{2}$, $T_{3}$. Для упрощения решения этой системы уравнений перепишим их в виде:

$$T_{0}^{4}-T_{1}^{4}=\frac{q}{2\pi\sigma r} \tag{1}$$
$$T_{1}^{4}-T_{2}^{4}=\frac{q}{2\pi\sigma R} \tag{2}$$
$$T_{2}^{4}-T_{3}^{4}=\frac{q}{4\pi\sigma R} \tag{3}$$
$$T_{3}^{4}=\frac{q}{6\pi\sigma R} \tag{4}$$

Сложим уравнений (2), (3) и (4):

$$T_{1}^{4}-T_{2}^{4}+T_{2}^{4}-T_{3}^{4}+T_{3}^{4}=\frac{q}{2\pi\sigma R}+\frac{q}{4\pi\sigma R}+\frac{q}{6\pi\sigma R}$$

$$T_{1}^{4}=\frac{q}{2\pi\sigma R}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3} \right)=\frac{q}{2\pi\sigma R}\cdot\frac{11}{6}$$

Теперь подставим это в первое уравнение для нити:

$$T_{0}^{4}=T_{1}^{4}+\frac{q}{2\pi\sigma r}=\frac{q}{2\pi\sigma}\cdot\left( \frac{11}{6R}+\frac{1}{r} \right)$$

Отсюда:

$$q=\frac{12\pi\sigma rRT_{0}^{4}}{11r+6R}$$

Подставим в (4):

$$T_{3}^{4}=\frac{1}{6\pi\sigma R}\cdot \frac{12\pi\sigma rRT_{0}^{4}}{11r+6R}=\frac{2rT_{0}^{4}}{11r+6R}=\frac{T_{0}^{4}}{5,5+\frac{3R}{r}}$$

Окончательно:

$$\boxed{T_{3}=\frac{T_{0}}{\sqrt[4]{5,5+\frac{3R}{r}}}}$$

Ответ в задачнике неверен.