Решение

Пункт а

Основное по этому пункту сделано в решении задачи $11.4.9$. Оттуда закона тока

$$i=\frac{V_0}{L\omega}\sin\omega t,$$

что дает

$$i=V_0\sqrt{\frac{C}{L}}\sin\omega t$$

и максимальный ток

$$I_\text{m}=V_0\sqrt{\frac{C}{L}}\approx\frac{100}{\pi}\approx32~\text{А}.$$

Пункт б

Второе правило Кирхгофа

$$\frac{q}{C}+L\frac{di}{dt}=V_0\cos\omega t\tag{1}$$

дифференцируем по $t$ и немного меняем:

$$\frac{i}{LC}+\frac{d^2i}{dt^2}=-\frac{V_0\omega}{L}\sin\omega t.\tag{2}$$

Это — линейное неоднородное дифференциальное уравнение второго порядка. Линейное — потому что первой тсепени относительно неизвестной $i$ и ее производных по времени. Неоднородное, так как содержит функцию $f(t)\equiv-\frac{V_0\omega}{L}\sin\omega t$, зависящую от независимой переменной $t$.

Решение такого уравнения может быть представлено в виде суммы

• частного решения $\tilde\imath$ того же уравнения и

• общего решения $\bar\imath$ соответствующего однородного уравнения.

То есть,

$$i=\tilde\imath+\bar\imath.$$

Соответствующее однородное уравнение есть $\frac{i}{LC}+\frac{d^2i}{dt^2}=0$ (просто убирается $f(t)$, обнуляется). Общее его решение

$$\boxed{\bar\imath=A\cos\omega_0 t+B\sin\omega_0 t,}$$

где $A$ и $B$ есть постоянные интегрирования, которые находят из состояния с известными данными, $\omega_0^2=\frac{1}{LC}$.

Частное решение $\tilde\imath$ уравнения $(2)$ в простом случае подбирается (кто-то может угадывать). То есть, вместо $i$ в этом уравнении нужно поставить такую функцию $f(t)$, чтобы это самое уравнение обратилось в тождество.

Самое простое, что можем предполагать, что $(2)$ обращается в верное равенство при $i\equiv\tilde I\sin\omega t$, где $\tilde I$ есть амплитуда этой функции (без нее нет верного равенства, проверьте). Так можем ожидать сокращения синусов и выход на верное равенство. Подставляем $i\equiv\tilde I\sin\omega t$ в $(2)$ и после сокращения на $\sin\omega t$ (так как уравнение должно выполняться при любых $t$) получаем для амплитуды

$$\tilde I=\frac{V_0\omega}{L\left(\omega^2-\omega_0^2\right)}$$

и убеждаемся, что с такой амплитудой подстановка $i\equiv\tilde I\sin\omega t$ в $(2)$ годится.

Значит,

$$\boxed{\tilde\imath=\frac{V_0\omega}{L\left(\omega^2-\omega_0^2\right)}\sin\omega t.}$$

Вот оно — частное решение $(2)$.

Объединяем решения в рамках как сумму и получаем решение диффура $(2)$

$$i=\frac{V_0\omega}{L\left(\omega^2-\omega_0^2\right)}\sin\omega t+A\cos\omega t+B\sin\omega t.$$

Находим постоянные $A,B$. При $t=0$ имеем $i=0$, тогда $A=0$.

Теперь для тока

$$i=\frac{V_0\omega}{L\left(\omega^2-\omega_0^2\right)}\sin\omega t+B\sin\omega_0 t.$$

Еще при $t=0$ в $(1)$ имеем $q=0$, тогда $L\left.\frac{di}{dt}\right|_0=V_0\cos\omega t$, где $\left.\frac{di}{dt}\right|_0$ есть значение производной функции

[продолжение должно быть, пишите про ошибки и прочее]