Для идеального газа имеем $$\gamma = \frac{C_P}{C_V}$$ $$C_P-C_V = R$$

Так как процесс совершается над фиксированным количеством идеального газа, то из уравнения состояния: $$\frac{p_1V_1}{T-t} = \frac{p_1V_2}{T-t_1} = \frac{p_2V_2}{T} = \nu R$$ Отсюда получим:

Работа газа за один цикл численно равна площади цикла в координатах $PV$. Используя результаты А2: $$A_г = (p_2 - p_1)(V_2 - V_1) = p_1V_1 \left(\frac{p_2}{p_1} - 1\right)\left(\frac{V_2}{V_1}-1\right) = \frac{\nu R t_1 (t-t_1)}{T-t_1}$$

Для тепловой машины, работающей по циклу Карно, известно соотношение: $$\frac{Q_-}{Q_+} = \frac{T_-}{T_+}$$ В случае обратного цикла Карно $Q_-$ – теплота, полученная от холодильника температурой $T_-$, $Q_+$ – теплота, отданная нагревателю температурой $T_+$. В данной задаче газ в исследуемом цикле холоднее окружающей среды, поэтому он является холодильником, а окружающая среда – нагревателем. Таким образом, $T_- = T - \tau,~T_+ = T$ Помимо этого, в силу первого начала термодинамики: $$Q_+ = Q_- + A_{хм} $$ Отсюда для холодильного коэффициента имеем $$\chi = \frac{Q_-}{Q_+ - Q_-} = \frac{T_-}{T_+ - T_-} = \frac{T-\tau}{\tau}$$

По условию изменением температуры газа за один цикл Карно можно пренебречь, поэтому для одного цикла Карно имеем: $$\delta A_{хм} = \frac{\delta Q_-}{\chi} = \frac{\tau }{T-\tau}\delta Q_-$$ где температура газа равна $T-\tau$. В исследуемом цикле тепло от газа отводится при изохорном и изобарном охлаждении. В случае изохорного охлаждения: $$\delta Q_-' = \nu C_V \text{d}\tau \\ \delta A_{хм}' = \nu C_V \frac{\tau \text{d}\tau}{T-\tau}\\ A_{хм}' = \nu C_V \int_0^{t_1} \frac{\tau \text{d}\tau}{T-\tau}= \nu C_V \left(T\int_0^{t_1}\frac{\text{d}\tau}{T-\tau}-\int_0^{t_1}\text{d}\tau \right) = \nu C_V\left( T \ln\left(\frac{T}{T-t_1} \right) -t_1\right)$$ Для изобарного охлаждения: $$\delta A_{хм}'' = \nu C_P \frac{\tau \text{d}\tau}{T-\tau}\\ A_{хм}'' = \nu C_p \int_{t_1}^t \frac{\tau \text{d}\tau}{T-\tau} = \nu C_P \left(T \ln \left(\frac{T-t_1}{T-t}\right) - (t-t_1)\right)$$ Подставив $C_V, C_P$:

Разложим логарифмы в знаменателе до второго порядка: $$\ln \left(\frac{1-xy}{1-y}\right) = \ln(1-xy) - \ln(1-y) \approx -xy -\frac{x^2y^2}{2} + y + \frac{y^2}{2}\\ \ln \left( \frac{1}{1-xy}\right) = - \ln(1-xy) \approx xy + \frac{x^2y^2}{2}$$ Приводя подобные и сокращая на $y^2$: $$\eta \approx \frac{2x(1-x)(\gamma - 1)}{(1-xy)(\gamma - x^2(\gamma - 1))}$$ Слагаемое $xy$ в знаменателе можно отбросить в силу $y \ll 1$

Приравнивая производную к нулю, получаем: $$(1-2x)(\gamma - x^2(\gamma-1)) = 2x^2(1-x)(1-\gamma)$$ Приводя подобные: $$x^2(\gamma-1)-2\gamma x+\gamma = 0$$ Корень со знаком «+» приводит к $x > 1$, что соответствует отрицательной температуре газа. Поэтому:

Подставив найденный в пункте А8 $x$ и приводя подобные: