Las fórmulas que se buscan son
\begin{align*}
\int_0^\infty {\sin^p x\over x^q}\,dx & = \left\{\begin{array}{ll}
\displaystyle{(-1)^{(p+q)/2}\pi\over 2^{p+1}(q-1)!}\sum_{k = 0}^p(-1)^k{p\choose k} |p - 2k|^{q-1} & \text{%#%#% even,} \\[2em]
\displaystyle {(-1)^{(p+q)/2-1}\pi\over 2^{p+1}(q-1)!}\sum_{k = 0}^p (-1)^k{p\choose k} \operatorname{sign}(p-2k) |p-2k|^{q-1} & \text{%#%#% odd,} \\[2em]
\displaystyle {(-1)^{(p+q+1)/2} \over 2^p (q-1)!} \sum_{k = 0\atop k\not = p/2}^p (-1)^k {p\choose k} |p-2k|^{q-1}\log{|p - 2k|} & \text{%#%#% even, %#%#% odd,} \\[2em]
\displaystyle {(-1)^{(p+q-1)/2} \over 2^p (q-1)!} \sum_{k = 0\atop k\not = (p\pm1)/2}^p (-1)^k {p\choose k} \operatorname{sign}(p-2k) |p-2k|^{q-1}\log{|p - 2k|} & \text{%#%#% odd, %#%#% even,}
\end{array}\right.
\end{align*}
Aquí es la idea básica detrás de mi prueba (la idea surgió de esta respuesta anterior): Encontrar la transformada de Fourier de la función de $p,q$ y evaluar a cero. Hallazgo de que la transformada de Fourier es, por supuesto, la parte más difícil. La idea básica es buscar en la transformada de Fourier de la generalización de la función de $p,q$ donde $p$ es una variable continua.
Al $q$, la función de $p$ puede ser hecho en una base de la distribución en la línea real de un modo riguroso (véase el Capítulo 3 de Gelfand Y Shilov del Generalizada de las Funciones , por ejemplo, o esta página de la Wikipedia). Aquí $q$ es la función característica del intervalo de $\mathbb 1_{(0,\infty)}(x) \sin^q{x}/x^p$. La transformada de Fourier de $\mathbb 1_{(0,\infty)} |x|^{-s}$ es
\begin{align*}
\hat{u}_s(t) & = \Gamma(1-s)\sin{\left({\pi s\over 2}\right)} |t|^{s-1} - i \Gamma(1-s) \cos{\left({\pi s\over 2}\right)} \operatorname{sign}(t) |t|^{s-1} \\
& = {\pi\over 2\Gamma(s)\cos{\left({\pi s\over 2}\right)}} |t|^{s-1} - { i\pi\over 2\Gamma(s)\sin{\left({\pi s\over 2}\right)}} \operatorname{sign}(t) |t|^{s-1};
\end{align*}
Ver aquí, en la entrada de $s$, por ejemplo. He utilizado la reflexión fórmula para pasar de la primera línea de la segunda (porque la segunda forma es más conveniente para nosotros, pero el primero sigue más fácilmente a partir de esta entrada de la Wikipedia). De ello se desprende que para $s\notin\mathbb N$ la transformada de Fourier de $u_s(x) = \mathbb 1_{(0,\infty)}(x)|x|^{-s}$ es
\begin{align*}
\mathcal F(\sin^p{(x)} u_s(x))(t) & = {1\over (2i)^p}\sum_{k = 0}^p (-1)^k{p\choose k} \mathcal F(e^{i(p-2k)x}u_s(x)) \\
& = {\pi\over 2^{p+1}i^p\Gamma(s)\cos{\left({\pi s\over 2}\right)}}\sum_{k = 0}^p(-1)^k{p\choose k} |t - p + 2k|^{s-1} \\
& \quad -{\pi\over 2^{p+1}i^{p-1}\Gamma(s)\sin{\left({\pi s\over 2}\right)}}\sum_{k = 0}^p (-1)^k{p\choose k} \operatorname{sign}(t-p+2k) |t-p+2k|^{s-1}.
\end{align*}
Así, por $\mathbb 1_{(0,\infty)}$$(0,\infty)$, obtenemos
\begin{align*}
\int_0^\infty{\sin^p x\over x^s}\,dx & = \mathcal F(\sin^p{(x)} u_s(x))(0) \\
& = {\pi\over 2^{p+1}i^p\Gamma(s)\cos{\left({\pi s\over 2}\right)}}\sum_{k = 0}^p(-1)^k{p\choose k} |p - 2k|^{s-1} \\
& \quad + {\pi\over 2^{p+1}i^{p-1}\Gamma(s)\sin{\left({\pi s\over 2}\right)}}\sum_{k = 0}^p (-1)^k{p\choose k} \operatorname{sign}(p-2k) |p-2k|^{s-1}.
\end{align*}
En realidad, cuando se $u_s$ es incluso sólo la primera suma en el lado derecho de sobrevivir, y al $|x|^\alpha$ es impar sólo la segunda suma de sobrevivir. Esto es cierto porque si uno se rompe $s\notin \mathbb N$ en pares e impares componentes ($\sin^p{(x)} u_s(x) = \mathbb 1_{(0,\infty)}(x)|x|^{-s}\sin^p{(x)}$), luego la primera suma es la integral sobre la línea real de la parte multiplicado por $0 < s \leq p$, mientras que la segunda suma es la integral de la impar parte multiplicado por $s\notin \mathbb N$. Así que lo que realmente tenemos es
\begin{align*}
\int_0^\infty{\sin^p x\over x^s}\,dx &= \left\{ \begin{array}{ll}
\displaystyle{\pi\over 2^{p+1}i^p\Gamma(s)\cos{\left({\pi s\over 2}\right)}}\sum_{k = 0}^p(-1)^k{p\choose k} |p - 2k|^{s-1} & \text{%#%#% even,} \\[2em]
\displaystyle {\pi\over 2^{p+1}i^{p-1}\Gamma(s)\sin{\left({\pi s\over 2}\right)}}\sum_{k = 0}^p (-1)^k{p\choose k} \operatorname{sign}(p-2k) |p-2k|^{s-1} & \text{%#%#% odd}.
\end{array}\right. \etiqueta{1}
\end{align*}
Las fórmulas de arriba claramente dar el resultado deseado cuando se $p$ tiene la misma paridad que $p$ (y, por supuesto, no es mayor que $u_s$) y, a continuación, se simplifican a las fórmulas que me dieron en el comienzo de esta respuesta. Así que sólo nos queda pensar en lo que sucede cuando cualquiera de las $u_s(x) = |x|^{-s}/2 + \operatorname{sign}(x)|x|^{-s}/2$ es incluso y $\sin^p{x}$ es impar o $\sin^p{x}$ es impar y $p$ es incluso. Ambos casos son similares; simplemente tomamos un límite. Como resulta, $p$ se desvanece al $s \in \mathbb N$ es incluso y $p$ impar, y de la misma manera $p$ se desvanece al $p$ es impar y $s$ aun (siempre que, en ambos casos,$p$). Los ceros de estas sumas cancelar en contra de los ceros del seno y coseno de los términos que aparecen en los denominadores. Este afirmaciones debe ser cierto, porque ambos lados de la fórmula $s$ son funciones continuas de la variable $\sum (-1)^k {p\choose k} |p - 2k|^{s-1}$ y el lado izquierdo es finito cuando $p$ es un entero positivo con la paridad opuesta a la de $s$. Finalmente, para llegar a las fórmulas dadas en el principio, basta con aplicar la regla de l'Hospital. Así, por ejemplo, cuando se $\sum (-1)^k{m\choose k} \operatorname{sign}(p-2k) |p-2k|^{s-1}$ es incluso y $p$ es impar,
\begin{align*}
\lim_{s\to q} {1\over \cos{\left({\pi s\over 2}\right)}}&\sum_{k = 0}^p(-1)^k{p\choose k} |p - 2k|^{s-1} \\
& = (-1)^{(q+1)/2}{2\over \pi} \sum_{k = 0\atop k\not = p/2}^p (-1)^k{p\choose k} |p - 2k|^{q-1} \log{|p-2k|},
\end{align*}
y el resto sigue fácilmente.
