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.
