Vamos a probar el siguiente más general resultado:
Deje $$S(n,m)=\sum_{k=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} (-1)^k \binom{n}{k} (n-2k)^{m},$$
con $0<m<n$.
Entonces:
$$
S(n,m)\begin{cases}
=0,& n-m=0\mod2;\\
>0,& n-m=1\mod4;\\
<0,& n-m=3\mod4.
\end{casos}\etiqueta{*}
$$
Proposición 1. $\forall m\in\mathbb Z: 0<m<n$:
$$\int_0^\infty\frac{\sin^{n}x}{x^{m+1}}dx>0.\tag1
$$
Prueba:
La integral de la $(1)$ es obviamente convergente. Incluso para $n$ la afirmación es obvia. Por extraño $n$ uno vuelve a escribir la integral como:
$$
\int_0^\infty\frac{\sin^{n}x}{x^{m+1}}dx
=\sum_{k=0}^\infty a_k\tag2
$$
con
$$
a_k=\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{\sin^{n}x}{x^{m+1}}dx,
$$
de modo que $(1)$ sigue inmediatamente desde $(2)$ es una corriente alterna de la serie con $a_0>0$, $|a_{k}|>|a_{k+1}|$.
Proposición 2.
$\forall m\in\mathbb Z: 0<m<n$:
$$S(n,m)=i^{n-1-m}\frac{2^{n-1}m!}\pi\int_{-\infty}^\infty\frac{\sin^{n}x}{x^{m+1}}dx.\tag3
$$
Prueba:
$$\begin{align}
\int_{-\infty}^\infty\frac{\sin^{n}x}{x^{m+1}}dx
&=\int_{-\infty}^\infty\frac{1}{x^{m+1}}\left(\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}\right)^n dx
=\frac{1}{(2i)^n}\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom nk \int_{-\infty}^\infty\frac{e^{i(n-2k)x}}{x^{m+1}}dx\\
&=\frac{1}{(2i)^n}\left[\sum_{k=0}^{\left\lfloor\frac n2\right\rfloor}(-1)^k\binom nk \oint_{\Gamma_+}\frac{e^{i(n-2k)z}}{z^{m+1}}dz+\sum_{k=\left\lfloor\frac n2\right\rfloor+1}^n(-1)^k\binom nk \oint_{\Gamma_-}\frac{e^{i(n-2k)z}}{z^{m+1}}dz\right],
\end{align}
$$
donde $\Gamma_+$ es hacia la izquierda-dirigido contorno a lo largo del eje real y, a continuación, a lo largo de la (gran) semicírculo en la parte superior del complejo de la mitad de plano, y $\Gamma_-$
es de las agujas del reloj dirigida contraparte de $\Gamma_+$ a lo largo de la (gran) semicírculo en la parte inferior del complejo de la mitad de plano. La última igualdad se mantiene, puesto que la integral a lo largo de los semicírculos tienden a $0$ debido a Jordania lema.
Para calcular las integrales nos desplazar el polo de $z=0$ en la parte superior del complejo de la mitad del plano-para obtener:
$$
\int_{-\infty}^\infty\frac{\sin^{n}x}{x^{m+1}}dx\\
=\frac{1}{(2i)^n}\lim\limits_{\epsilon\to0}\left[\sum_{k=0}^{\left\lfloor\frac n2\right\rfloor}(-1)^k\binom nk \oint_{\Gamma_+}\frac{e^{i(n-2k)z}}{(z-i\epsilon)^{m+1}}dz+\sum_{k=\left\lfloor\frac n2\right\rfloor+1}^n(-1)^k\binom nk \oint_{\Gamma_-}\frac{e^{i(n-2k)z}}{(z-i\epsilon)^{m+1}}dz\right]\\
=\frac{1}{(2i)^n}\lim\limits_{\epsilon\to0}\sum_{k=0}^{\left\lfloor\frac n2\right\rfloor}(-1)^k\binom nk 2\pi i\lim\limits_{z\i\epsilon}\frac1{m.} \frac{d^{m}}{dz^{m}}e^{i(n-2k)z}=\frac{i^{m-n+1}\pi}{2^{n-1} m!}\sum_{k=0}^{\left\lfloor\frac n2\right\rfloor}(-1)^k\binom nk (n-2k)^m,
$$
y $(3)$ sigue.
Se observa que si $m$ e $n$ tiene la misma paridad que el integrando en r.h.s. de $(3)$ es una función impar y la integral se desvanece. Si $m$ e $n$ tienen distinta paridad el signo de la expresión de r.h.s. de $(3)$ es de $i^{n-m-1}$. Por lo tanto la reclamación $(*)$ está probado.
Como un simple corolario se obtiene $S(n,n-1)>0$.
