Primera nota de que la aplicación de la sustitución de $x\to x/a$, revela
$$\int_{-\infty}^\infty \frac{\sin^4(ax)}{x^4}\,dx=a^3\int_{-\infty}^\infty \frac{\sin^4(x)}{x^4}\,dx$$
Para encontrar la integral de la $\int_{-\infty}^\infty \frac{\sin^4(x)}{x^4}\,dx=\int_{-\infty}^\infty \frac{\sin^2(x)}{x^2}\frac{\sin^2(x)}{x^2}\,dx$, simplemente tenemos que convolución de la transformada de Fourier de $\frac{\sin^2(x)}{x^2}$ con sí mismo, y evaluar esta en $\omega=0$.
IMPRIMACIÓN: TRANSFORMADA DE FOURIER DE PARES:
Tenemos la transformada de Fourier pares
$$\begin{align}
f(x) &\leftrightarrow F(\omega)\\\\
f^2(x) &\leftrightarrow \frac{1}{\sqrt {2\pi}}F(\omega)*F(\omega)\\\\
\frac{\sin(x)}{x}&\leftrightarrow \sqrt{\frac{\pi}{2}}\text{rect}(\omega/2)\\\\
\frac{\sin^2(x)}{x^2}&\leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\left(\sqrt{\frac{\pi}{2}}\text{rect}(\omega/2)\right)*\left(\sqrt{\frac{\pi}{2}}\text{rect}(\omega/2)\right)=\sqrt{\frac\pi8}2 \text{tri}(\omega/2)
\end{align}$$
donde $\text{rect}(t)$ $\text{tri}(t)$ son el Rectángulo de la Función y Función Triángulo, respectivamente.
Por lo tanto, tenemos
$$\begin{align}
\int_{-\infty}^\infty \frac{\sin^4(x)}{x^4}\,dx &=\left.\left(\left(\sqrt{\frac\pi8}2 \text{tri}(\omega/2)\right)*\left(\sqrt{\frac\pi8}2 \text{tri}(\omega/2)\right)\right)\right|_{\omega =0}\\\\
&=\int_{-2}^2 \left(\sqrt{\frac{\pi}{8}}\frac{}{}(2-|\omega'|)\right)^2\,d\omega'\\\\
&=\left(\frac{\pi}{8}\right)\,2\int_0^2 (\omega'-2)^2\,d\omega'\\\\
&=\left(\frac{\pi}{8}\right)\,2\left(\frac83\right)\\\\
&=\frac{2\pi}{3}
\end{align}$$
Por lo tanto, podemos afirmar que
$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\int_{\infty}^\infty \frac{\sin^4(ax)}{x^4}\,dx=\frac{2\pi a^3}{3}}$$
