Mi pregunta se refiere a este paso en la prueba aquí:
Pero es fácil ver que
$$\log \Gamma(x)-2\log\Gamma(\frac12x+\frac12) \le \log\left\lfloor x\right\rfloor!-2\log\left\lfloor\frac12x\right\rfloor!$$
si utilizo $\left\{\dfrac{x}{2}\right\} = \dfrac{x}{2} - \left\lfloor\dfrac{x}{2}\right\rfloor$ a representar la parte fraccionaria.
Para mí es evidente que la afirmación es verdadera para al $\left\{\dfrac{x}{2}\right\} \le \dfrac{1}{2}$. Estoy teniendo problemas para entender por qué es necesariamente cierto cuando $\left\{\dfrac{x}{2}\right\} > \dfrac{1}{2}$
Al $\left\{\dfrac{x}{2}\right\} \le \dfrac{1}{2}$, puedo usar la respuesta de aquí.
donde
$x_1 = x$, $\Delta{t_1} = 1-\left\{x\right\}$, $x_1+\Delta t_1 = \lfloor{x}\rfloor+1$
$x_2 = \dfrac{x}{2}+\dfrac{1}{2}$, $\Delta{t_2} = \dfrac{1}{2}-\left\{\dfrac{x}{2}\right\}$, $x_2+\Delta t_2 = \lfloor\dfrac{x}{2}\rfloor+1$
$x_3 = \dfrac{x}{2}+\dfrac{1}{2}$, $\Delta{t_3} = \dfrac{1}{2}-\left\{\dfrac{x}{2}\right\}$, $x_3+\Delta t_3 = \lfloor\dfrac{x}{2}\rfloor+1$
para obtener:
$$\dfrac{\Gamma(\left\lfloor{x}\right\rfloor+1)}{\Gamma({x})} \ge \frac{\Gamma(\left\lfloor\dfrac{x}{2}\right\rfloor+1)}{\Gamma(\dfrac{x}{2}+\dfrac{1}{2})}\dfrac{\Gamma(\left\lfloor\dfrac{x}{2}\right\rfloor+1)}{\Gamma(\dfrac{x}{2}+\dfrac{1}{2})}$$
Este enfoque no por $\left\{\dfrac{x}{2}\right\} > \dfrac{1}{2}$ desde $\Delta{t_2}, \Delta{t_3} < 0$
Alguien puede proporcionarme el argumento de por qué esta desigualdad se cumple para la condición en la que $\left\{\dfrac{x}{2}\right\} > \dfrac{1}{2}$?
Muchas gracias.
Edit: me di cuenta de un argumento que funciona para $\left\{\dfrac{x}{2}\right\} > \dfrac{1}{2}$
He publicado como respuesta a continuación.
