Решение

Задачу $3.4.4$ переформулируем в термины синусов — тогда сможем удобно использовать решение задачи $3.4.3$. С учетом произвольности начального момента времени и постоянства разности фаз имеем просто для оси $x$

$$x=A\sin\omega t$$

и для оси $y$

$$y=A\sin\left(\omega t + 2\varphi\right).$$

Из решения задачи $3.4.3$ стало понятно, что эта система уравнений описывает эллипс, оси которого могут быть под произвольными углами к осям $x$ и $y$.

Из решения указанной задачи выводим полуоси эллипса для текущей задачи:

$$\sqrt{\frac{1}{2}\left(2A^2\pm\sqrt{4A^4-4A^4\sin^2(2\varphi)}\right)}.$$

Упрощается так:

$$\sqrt{A^2\left(1\pm\cos(2\varphi)\right)}.\tag{1}$$

• Если видим отрезок, то это считается предельно узкий эллипс, одна полуось которого нулевая; поэтому нужно

$$\cos(2\varphi)=\mp1,$$

или

$$2\varphi=\pi k,\quad k\in\mathbb Z.$$

• Если видим окружность, то это эллипс с равными полуосями; поэтому нужно

$$\cos(2\varphi)=0,$$

или

$$2\varphi=\frac{\pi}{2}+2\pi k,\quad k\in\mathbb Z.$$

Выражение для угла $\alpha$, который состаляют полуоси эллипса с оригинальными осями $x$ и $y$ было найдено в задаче $3.4.3$. С ним следует ознакомиться (и подумать о том, чтобы переписать то решение для полного соответствия терминов), потому что из него следует для угла $\alpha$ нашей задачи:

$$\cos^2\alpha=\frac{1}{2}$$

(при $\cos2\varphi\neq0$, иначе неопределенность угла — последствие превращения эллипса в окружность, эллипс с симметрией бесконечного порядка?).

Откуда

$$\alpha=\pm\frac{\pi}{4}\pm\frac{\pi}{2}k,\quad k\in\mathbb Z.$$

Это — всевозможные углы, которые составляют диагонали квадрата к осями, проведенным по его сторонам.

Найдем полуоси для произвольного $\varphi$ по выражению $(1)$, применяя формулу двойного угла из тригонометрии. Первый случай («верхний» знак):

$$A\sqrt{1+\cos^2\varphi-\sin^2\varphi}=A\sqrt2\cos\varphi.$$

Второй случай («нижний» знак):

$$A\sqrt{1-\cos^2\varphi+\sin^2\varphi}=A\sqrt2\sin\varphi.$$