Ответ:

3)  Метод интегрирования по частям .

[tex]\bf \displaystyle \int\limits_0^{e-1}\, ln(x+1)\, dx=\Big[\ u=ln(x+1)\ ,\ du=\frac{dx}{x+1}\ ,\ dv=dx\ ,\ v=x\ \Big]=\\\\\\=x\cdot ln(x+1)\Big|_0^{e-1}-\int\limits_0^{e-1}\, \frac{x\, dx}{x+1}=(e-1)\cdot ln\, e-\int\limits_0^{e-1}\Big(1-\frac{1}{x+1}\Big)\, dx=\\\\\\=(e-1)\cdot 1-\Big(x-ln|x+1|\Big)\Big|_0^{e-1}=e-1-\Big(e-1-ln\, e-0+ln1\Big)=\\\\\\=e-1-e+1+1=1[/tex]

Для первых двух интегралов применяют формулы понижения степени  

[tex]\bf cos^2x=\dfrac{1+cos2x}{2}\ \ ,\ \ \ sin^2x=\dfrac{1-cos2x}{2}[/tex]   .        

[tex]\bf 1)\displaystyle \int cos^2x\, dx=\frac{1}{2}\int (1+cos2x)\, dx=\frac{1}{2}\, (x+\frac{1}{2}\, sin2x)+C=\frac{x}{2}+\frac{sin2x}{4}+C[/tex]

[tex]\bf \displaystyle 2)\ \int\limits^{\pi }_{-\pi }\, sin^2\frac{x}{2}\, dx=\frac{1}{2}\int\limits_{-\pi }^{\pi }\, (1-cosx)dx=\frac{1}{2}\, (x-sinx)\Big|_{-\pi }^{\pi }=\\\\\\=\frac{1}{2}\cdot \Big(\pi -sin\pi -(-\pi )+sin(-\pi )\Big)=\frac{1}{2}\cdot 2\pi =\pi[/tex]