Cómo mostrar que $\int_{0}^{\infty}{\sin(x)\sin(2x)\sin(4x)\cdots\sin(2^kx)\over x^{k+1}}\mathrm dx=2^{0.5(k^2-k-2)}\pi?$

Question

$$\int_{0}^{\infty}{\sin(x)\sin(2x)\sin(4x)\cdots\sin(2^kx)\over x^{k+1}}\mathrm dx=2^{0.5(k^2-k-2)}\pi\tag1$$

$k\ge0$

Experimental, utilizando wolfram integrador, permítanme concluir que la forma cerrada para $(1)$ es como sigue arriba.

Pero no sé cómo lo muestra.

¿Cómo podemos demostrar $(1)$?

Tenemos $$\prod_{j=0}^{k-1}\cos(2^jx)={\sin(2^kx)\over 2^k\sin(x)}\tag2$$

Estoy seguro de cómo es este producto se refieren a $(1)$

Establecimiento $k=0$ tenemos el conocido

$$\int_{0}^{\infty}{\sin(x)\over x}\mathrm dx={\pi\over 2}$$

Answer 1

Utilizando la misma técnica como aquí.

Deje $$f(z) = \frac{\sin(x)\cdots\sin(2^{k-1}x)e^{ix2^k}}{z^{k+1}}$$

Entonces

$$0 = \oint_C f(z)\,dz$$

donde $C$ es el clásico semicircular contorno contorno de sangría en torno a $z=0$. Como el radio aumenta, el integrando tiende a cero alrededor de ese arco, ya que como en el post vinculado, la exponencial de la orden de $2^k$ es mayor que la exponencial de la orden de todos los sinusoides $\sum_{n=0}^{k-1} 2^n = 2^k-1$, por lo que el término exponencial domina todos los sinusoides y las causas de decaimiento exponencial; por otra parte, el denominador crece como $R^{k+1} e^{(k+1)i\theta}$.

Por otro lado, hacer la sangría más pequeños sólo añade una contribución de $\pi i\operatorname{Res}_{z=0}f(z)$. Entonces:

$$P.V. \int_\mathbb R f(z)\,dz=\pi i\operatorname{Res}_{z=0}f(z)$$

Tenemos un sencillo polo desde $\sin z\sim z$$z=0$.

$$\operatorname{Res}_{z=0}f(z) = \lim_{z\to 0} zf(z) = \\ \lim_{z\to 0}\frac{\sin(z)}{z}\frac{\sin(2z)}{z}\cdots\frac{\sin(2^{k-1}z)}{z}e^{2^osa} =\prod_{n=0}^{k-1}2^n = 2^{k(k-1)/2}$$

Ahora podemos tomar la parte imaginaria de la integral anterior:

$$I=\int_0^\infty \frac{\sin(x)\cdots\sin(2^{k-1}x)\sin(2^k x)}{x^{k+1}}\,dx=\frac{1}{2}\Im\left(\pi i\operatorname{Res}_{z=0}f(z)\right) \\ =\pi 2^{(k^2-k-2)/2}$$

y confirmar la hipótesis.