Обязательно подробно разберите пункт а) и убедитесь, что вы его полностью понимаете. Остальные пункты неявно используют умозаключения, выведенные имеено пункте а).

Пункт а)

$$f(x)=A\cos \lambda x+B\sin \lambda x$$

По прото-задаче П-ссылка нам известно, что основным (наименьшим) периодом для синуса и косинуса является $2\pi$.

$$\sin (x\pm 2\pi )=\sin (x)$$

Однако в нашем случае мы имеем не совсем обычный синус, а синус в котором аргумент умножается на некоторе число $\lambda$. Обозначим такой синус за ${\sin }^{\prime }(x)$:

$${\sin }^{\prime }(x)=\sin \lambda x$$

$${\sin }^{\prime }(x\pm 2\pi )=\sin (\lambda x\pm \lambda 2\pi )=\text{ ? }$$

Мы уже не можем быть уверены, что число $2\pi$ является периодом функции ${\sin }^{\prime }x$, так как черт его знает, является ли $\lambda 2\pi$ периодом для синуса.

Но при применении ${\sin }^{\prime }x$ получаем обычный синус, основной период которого равен $2\pi$. Значит, основной период ${\sin }^{\prime }x$ равен такому числу, которое при домножении на $\lambda$ дает $2\pi$. Нетрудно догадаться, что это число $\frac{2\pi }{\lambda }$. Проверим:

$${\sin }^{\prime }\left(x\pm \frac{2\pi }{\lambda }\right)=\sin \left(\lambda x\pm \lambda \frac{2\pi }{\lambda }\right)=\sin (\lambda x\pm 2\pi )=\sin \lambda x$$

Аналогичные рассуждения можно провести и для косинуса. Итак, мы нашли и доказали, что $\frac{2\pi }{\lambda }$ является основным периодом функций $\sin \lambda x$ и $\cos \lambda x$.

Легко убедиться, что найденный период является периодом и для $f(x)$:

$$\begin{gathered} f\left(x\pm \frac{2\pi }{\lambda }\right)=A\cos (\lambda x+2\pi )+B\sin (\lambda x+2\pi )= \\ =A\cos \lambda x+B\sin \lambda x=f(x) \end{gathered}$$

Причем этот период является основным, так как любое другое число не даст нам $2\pi$ — основной период для $\cos \lambda x$ и $\sin \lambda x$, которые входят в состав $f(x)$.

Также стоит отметить, что наши рассуждения работают только для случая $\lambda >0$, которое, по-хорошему, должно быть оговорено в условии задачи.

Пункт б)

$$f(x)=\sin x+\frac{1}{2}\sin 2x+\frac{1}{3}\sin 3x$$

Замечаем, что основной период для всей $f(x)$ не может быть меньше $2\pi$, иначе этот период не подойдет для $\sin x$ (первое слагаемое в $f(x)$).

Пусть тогда период $f(x)$ равен $2\pi$. Проверим, действительно ли это период:

$$\begin{gathered} f(x\pm 2\pi )=\sin (x\pm 2\pi )+\frac{1}{2}\sin (2x+4\pi )+\frac{1}{3}\sin (3x+6\pi )= \\ =\sin x+\frac{1}{2}\sin 2x+\frac{1}{3}\sin 3x=f(x) \end{gathered}$$

Значит, число $2\pi$ является периодом $f(x)$, причем основным, как мы показали выше.

Пункт в)

$$f(x)=2\mathrm{tg}\frac{x}{2}-3\mathrm{tg}\frac{x}{3}$$

Замечаем, что основной период $f(x)$ не может быть меньше $3\pi$, иначе этот период получится меньше $\pi$ для $\mathrm{tg}\frac{x}{3}$, чего не может быть, ведь основной период тангенса равен $\pi$ (см. прото-задачу П-ссылка).

С другой стороны, период $f(x)$ также должен нацело делиться на $2$, иначе он не будет периодом для $\mathrm{tg}\frac{x}{2}$.

Единственный наименьший вариант: $6\pi$. Проверим, действительно ли это период $f(x)$:

$$\begin{gathered} f(x\pm 6\pi )=2\mathrm{tg}\left(\frac{x}{2}\pm 3\pi \right)-3\mathrm{tg}\left(\frac{x}{3}\pm 2\pi \right)= \\ =2\mathrm{tg}\frac{x}{2}-3\mathrm{tg}\frac{x}{3}=f(x) \end{gathered}$$

Значит, число $6\pi$ является периодом $f(x)$, причем основным, так как $6$ — наименьшее число, которое одновременно нацело делится и на $2$ и на $3$.

Пункт г)

$$f(x)={\sin }^{2}x$$

Из формул приведения мы знаем, что

$$\sin (x\pm \pi )=-\sin x$$

Проверим, является ли $\pi$ периодом $f(x)$:

$$\begin{gathered} f(x\pm \pi )={\sin }^2(x\pm \pi )=\sin (x\pm \pi )\sin (x\pm \pi )= \\ =(-\sin x)(-\sin x)={\sin }^{2}x=f(x) \end{gathered}$$

Итак, $\pi$ является периодом функции $f(x)$.

Пункт д)

$$f(x)=\sin x^2$$

Предположим, что $T$ — основной период $f(x)$. По определению это означает, что

$$f(x+T)=f(x)$$

Распишем подробнее:

$$\begin{gathered} f(x+T)=\sin (x+T{)}^2=\sin (x^2+2xT+T^2) \\ f(x)=\sin x^2 \end{gathered}$$

Итак:

$$\sin (x^2+2xT+T^2)=\sin x^2$$

Из этого равенства следует, что $2xT+T^2$ является периодом, то есть

$$2xT+T^2=2\pi k(k\in \mathbb{Z})$$

Замечаем, что слева от знака присутсвует $x$. Это значит мы можем подобрать такой $x^{\prime }$, чтобы он никак не равнялся правой части. Например:

$$\begin{gathered} 2x^{\prime }T+T^2=1 \\ 2x^{\prime }T=1-T^2 \\ {x}^{\prime }=\frac{1-T^2}{2T} \end{gathered}$$

Итак, при таком $x^{\prime }$ получаем, что

$$2x^{\prime }T+T^2=1=2\pi k$$

Но этого не может быть, так как какое бы целое $k$ мы не взяли, мы не получим $1$ из $2\pi k$.

Противоречие. Это означает, что $T$ не является периодом $f(x)$. Такие рассуждения можно провести для любого числа $T$ и оно не будет являться периодом. Значит, периода у $f(x)$ нет.

Пункт е)

$$f(x)=\sqrt{\mathrm{tg}x}$$

Предположим, что $T$ — основной период $f(x)$. По определению это означает, что

$$f(x+T)=f(x)$$

$$\sqrt{\mathrm{tg}x}=\sqrt{\mathrm{tg}(x+T)}$$

Воспользуемся формулой тангенса суммы:

$$\mathrm{tg}(x+T)=\frac{\mathrm{tg}x+\mathrm{tg}T}{1-\mathrm{tg}x\mathrm{tg}T}$$

Отсюда:

$$\sqrt{\mathrm{tg}x}=\sqrt{\frac{\mathrm{tg}x+\mathrm{tg}T}{1-\mathrm{tg}x\mathrm{tg}T}}$$

Возводим обе части равенства в квадрат и проведем преобразования:

$$\begin{gathered} \mathrm{tg}x=\frac{\mathrm{tg}x+\mathrm{tg}T}{1-\mathrm{tg}x\mathrm{tg}T} \\ \mathrm{tg}x-{\mathrm{tg}}^{2}x\mathrm{tg}T=\mathrm{tg}x+\mathrm{tg}T \\ -{\mathrm{tg}}^{2}x\mathrm{tg}T=\mathrm{tg}T \\ 0=\mathrm{tg}T\left({\mathrm{tg}}^{2}x+1\right) \end{gathered}$$

Выражение в скобках не может равняться $0$ (минимум $1$), поэтому единственный вариант — приравнять к нулю $\mathrm{tg}T$. А это возможно только при $T=0,\pi ,2\pi ,\dots$. Вариант с $0$ нам не подходит, а следующий вариант равен $\pi$. Значит $\pi$ — основной период функции $f(x)$.

Пункт ж)

$$f(x)=\mathrm{tg}\sqrt{x}$$

Предположим, что $T$ — основной период $f(x)$. По определению это означает, что

$$\begin{gathered} f(x)=f(x+T) \\ \mathrm{tg}\sqrt{x}=\mathrm{tg}\sqrt{x+T} \end{gathered}$$

Мы знаем, что у функции тангенса период равен $\pi k$ (П-ссылка). Среди минимальных значений рассмотрим $0$ и $\pi$. Это дает нам два варианта для аргумента равенства выше:

$$1)\sqrt{x}=\sqrt{x+T}2)\sqrt{x}+\pi =\sqrt{x+T}$$

В первом варианте получаем $T=0$, что не подходит нам по определению периода функции.

Поработаем со вторым вариантом:

$$\begin{gathered} \sqrt{x}+\pi =\sqrt{x+T} \\ x+2\sqrt{x}\pi +{\pi }^2=x+T \end{gathered}$$

Откуда получаем, что $T$ является функцией от неизвестной $x$:

$$T(x)=2\sqrt{x}\pi +{\pi }^2$$

Но период функции может быть только конкретным числом. Функией от $x$ он быть не может, поэтому $f(x)$ — непериодическая функция.

Пункт з)

$$f(x)=\sin x+\sin (x\sqrt{2})$$

Воспользуемся формулой суммы синусов:

$$f(x)=\sin x+\sin (x\sqrt{2})=2\sin \frac{x(\sqrt{2}+1)}{2}\cos \frac{x(\sqrt{2}-1)}{2}$$

Предположим, что $T$ — основной период $f(x)$. По определению это означает, что

$$f(x)=f(x+T)$$

$$2\sin \frac{x(\sqrt{2}+1)}{2}\cos \frac{x(\sqrt{2}-1)}{2}=2\sin \frac{(x+T)(\sqrt{2}+1)}{2}\cos \frac{(x+T)(\sqrt{2}-1)}{2}$$

Сокращаем двойку:

$$\sin \frac{x(\sqrt{2}+1)}{2}\cos \frac{x(\sqrt{2}-1)}{2}=\sin \frac{(x+T)(\sqrt{2}+1)}{2}\cos \frac{(x+T)(\sqrt{2}-1)}{2}$$

Приравняем синусы в левой и правой частях равенства:

Приравняем косинусы в левой и правой частях равенства:

Получается, что существует 2 периода, которые не равны между собой:

$$T_{\sin }\ne T_{\cos }$$

При использовании одного периода, не выполняется свойство периодичности для второй части функции.

Значит, функция $f(x)$ непериодическая.