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On trouvera, par la même analyse,

$\int x^{-{\frac {m}{n}}}dx\sin zx\left({\frac {\sin x}{x}}\right)^{n}$

$={\frac {1}{2^{n}\left(n+{\cfrac {m}{n}}-1\right)\ldots {\cfrac {m}{n}}}}\int x^{-{\frac {m}{n}}}dx$

$\times \left\{{\begin{aligned}&(n+z)^{n}\sin(n+z)x\\-&n(n+z-2)^{n}\sin(n+z-2)x\\+&\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \\-&(n-z)^{n}\sin(n-z)x\\+&n(n-z-2)^{n}\sin(n-z-2)x\\-&\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \end{aligned}}\right\}$

Or on a

$\int x^{-{\frac {m}{n}}}(n\pm z-2r)^{n}dx\sin(n\pm z-2r)x=(n\pm z-2r)^{n-1+{\frac {m}{n}}}k'\cos {\frac {m\pi }{2n}}.$

Si $(n-z-2r)$ est négatif, on a

${\begin{aligned}\int &x^{-{\frac {m}{n}}}(n-z-2r)^{n}dx\sin(n-z-2r)x\\&=-\int x^{-{\frac {m}{n}}}(2r+z-n)^{n}\sin(2r+z-n)x\\&=-(2r+z-n)^{n-1+{\frac {m}{n}}}k'\cos {\frac {m\pi }{2n}}.\end{aligned}}$

De là on tire

$(i)\left\{{\begin{aligned}\cos &{\frac {m\pi }{2n}}\int x^{-{\frac {m}{n}}}dx\cos zx\left({\frac {\sin x}{x}}\right)^{n}\\&+\sin {\frac {m\pi }{2n}}\int x^{-{\frac {m}{n}}}dx\sin zx\left({\frac {\sin x}{x}}\right)^{n}\\&={\frac {k'\sin {\cfrac {m\pi }{n}}\left[{\begin{aligned}&(n+z)^{n-1+{\frac {m}{n}}}-n(n+z-2)^{n-1+{\frac {m}{n}}}\\&+{\cfrac {n(n-1)}{1.2}}(n+z-4)^{n-1+{\frac {m}{n}}}-\ldots \end{aligned}}\right]}{2^{n}\left(n+{\cfrac {m}{n}}-1\right)\left(n+{\cfrac {m}{n}}-2\right)\ldots {\cfrac {m}{n}}}}\end{aligned}}\right.$

la série étant continuée jusqu’à ce que, dans la puissance $(n+z-2r')^{n-1+{\frac {m}{n}}},$ la quantité $n+z-2r'$ devienne négative, $2r'$ pouvant ici s’étendre jusqu’à $2n.$ En effet, il est visible que dans les expressions des deux termes du premier membre de l’équation $(i),$ les termes relatifs à la puissance $(n+z-2r)^{n-1+{\frac {m}{n}}}$ sont les mêmes et s’ajoutent. Les termes relatifs à la puissance $(n-z-2r)^{n-1+{\frac {m}{n}}}$ sont les mêmes et de signes contraires, tant que $n-z-2r$ est positif ;