数学 において、カタランの定数 G （カタランのていすう、英語 : Catalan's constant ）とは、ディリクレベータ函数 β を用いて以下のように定義される定数である。
G
=
β
(
2
)
=
∑
n
=
0
∞
(
−
1
)
n
(
2
n
+
1
)
2
=
1
1
2
−
1
3
2
+
1
5
2
−
1
7
2
+
1
9
2
−
⋯
,
{\displaystyle G=\beta (2)=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{(2n+1)^{2}}}={\frac {1}{1^{2}}}-{\frac {1}{3^{2}}}+{\frac {1}{5^{2}}}-{\frac {1}{7^{2}}}+{\frac {1}{9^{2}}}-\cdots ,}
その数値[ 1]
G = 965 594 177 219 015 054 603 514 932 384 110 774 とされる（オンライン整数列大辞典 の数列 A006752 ）。
G が無理数 ・超越数 なのかは未だに分かっていない[ 2] G は「無理数や超越数であるかどうかが（そうであると強く推測されながらも）今だ明らかでない最も基礎的な定数」だと言われている[ 3]
カタランの定数は、級数の数値計算のために素早く収束する級数を発見し[ 4] 1865年 にその回顧録を出版したウジェーヌ・カタラン に因んで名付けられた[ 5]
カタランの定数 G の既知の桁数は、ここ数十年で飛躍的に増加した。これはコンピュータの性能の向上およびアルゴリズムの改善によるものである[ 14]
Seán Stewart が述べたように、「カタランの定数と等しい、あるいはカタランの定数で表現できる定積分は非常に多く、いくらでも存在するかのようである」[ 21]
G
=
−
1
π
i
∫
0
π
2
ln
ln
tan
x
ln
tan
x
d
x
G
=
∬
[
0
,
1
]
2
1
1
+
x
2
y
2
d
x
d
y
G
=
∫
0
1
∫
0
1
−
x
1
1
−
x
2
−
y
2
d
y
d
x
G
=
∫
1
∞
ln
t
1
+
t
2
d
t
=
−
∫
0
1
ln
t
1
+
t
2
d
t
G
=
∫
0
π
4
t
sin
t
cos
t
d
t
=
1
2
∫
0
π
2
t
sin
t
d
t
=
1
4
∫
0
π
2
/
4
csc
t
d
t
G
=
∫
0
π
4
ln
cot
t
d
t
=
∫
π
4
π
2
ln
tan
t
d
t
=
−
∫
0
π
4
ln
tan
t
d
t
G
=
1
2
∫
0
π
2
ln
(
sec
t
+
tan
t
)
d
t
=
1
2
∫
0
π
2
gd
−
1
t
d
t
G
=
∫
0
1
arccos
t
1
+
t
2
d
t
G
=
∫
0
1
arcsinh
t
1
−
t
2
d
t
G
=
1
2
∫
0
∞
arctan
t
t
1
+
t
2
d
t
G
=
∫
0
∞
arccot
e
t
d
t
=
1
2
∫
−
∞
0
(
gd
t
+
π
2
)
d
t
G
=
1
16
(
π
2
+
4
∫
1
∞
arccsc
2
t
d
t
)
G
=
1
2
∫
0
∞
t
cosh
t
d
t
G
=
π
2
∫
1
∞
(
t
4
−
6
t
2
+
1
)
ln
ln
t
(
1
+
t
2
)
3
d
t
G
=
1
+
lim
α
→
1
−
{
∫
0
α
(
1
+
6
t
2
+
t
4
)
arctan
t
t
(
1
−
t
2
)
2
d
t
+
2
artanh
α
−
π
α
1
−
α
2
}
G
=
1
−
1
8
∬
R
2
x
sin
(
2
x
y
/
π
)
(
x
2
+
π
2
)
cosh
x
sinh
y
d
x
d
y
G
=
∫
0
∞
∫
0
∞
x
4
(
x
y
−
1
)
(
x
+
1
)
2
y
4
(
y
+
1
)
2
log
(
x
y
)
d
x
d
y
{\displaystyle {\begin{aligned}G&=-{\frac {1}{\pi i}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\ln \ln \tan x\ln \tan x\,dx\\[3pt]G&=\iint _{[0,1]^{2}}\!{\frac {1}{1+x^{2}y^{2}}}\,dx\,dy\\[3pt]G&=\int _{0}^{1}\int _{0}^{1-x}{\frac {1}{1-x^{2}-y^{2}}}\,dy\,dx\\[3pt]G&=\int _{1}^{\infty }{\frac {\ln t}{1+t^{2}}}\,dt=-\int _{0}^{1}{\frac {\ln t}{1+t^{2}}}\,dt\\[3pt]G&=\int _{0}^{\frac {\pi }{4}}{\frac {t}{\sin t\cos t}}\,dt={\frac {1}{2}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {t}{\sin t}}\,dt={\frac {1}{4}}\int _{0}^{{\pi ^{2}}/{4}}\csc {\sqrt {t}}\,dt\\[3pt]G&=\int _{0}^{\frac {\pi }{4}}\ln \cot t\,dt=\int _{\frac {\pi }{4}}^{\frac {\pi }{2}}\ln \tan t\,dt=-\int _{0}^{\frac {\pi }{4}}\ln \tan t\,dt\\[3pt]G&={\frac {1}{2}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\ln \left(\sec t+\tan t\right)\,dt={\frac {1}{2}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\operatorname {gd} ^{-1}t\,dt\\[3pt]G&=\int _{0}^{1}{\frac {\arccos t}{\sqrt {1+t^{2}}}}\,dt\\[3pt]G&=\int _{0}^{1}{\frac {\operatorname {arcsinh} t}{\sqrt {1-t^{2}}}}\,dt\\[3pt]G&={\frac {1}{2}}\int _{0}^{\infty }{\frac {\arctan t}{t{\sqrt {1+t^{2}}}}}\,dt\\[3pt]G&=\int _{0}^{\infty }\operatorname {arccot} e^{t}\,dt={\frac {1}{2}}\int _{-\infty }^{0}\left(\operatorname {gd} t+{\frac {\pi }{2}}\right)\,dt\\[3pt]G&={\frac {1}{16}}\left(\pi ^{2}+4\int _{1}^{\infty }\operatorname {arccsc} ^{2}t\,dt\right)\\[3pt]G&={\frac {1}{2}}\int _{0}^{\infty }{\frac {t}{\cosh t}}\,dt\\[3pt]G&={\frac {\pi }{2}}\int _{1}^{\infty }{\frac {\left(t^{4}-6t^{2}+1\right)\ln \ln t}{\left(1+t^{2}\right)^{3}}}\,dt\\[3pt]G&=1+\lim _{\alpha \to {1^{-}}}\!\left\{\int _{0}^{\alpha }\!{\frac {\left(1+6t^{2}+t^{4}\right)\arctan {t}}{t\left(1-t^{2}\right)^{2}}}\,dt+2\operatorname {artanh} {\alpha }-{\frac {\pi \alpha }{1-\alpha ^{2}}}\right\}\\[3pt]G&=1-{\frac {1}{8}}\iint _{\mathbb {R} ^{2}}\!\!{\frac {x\sin \left(2xy/\pi \right)}{\,\left(x^{2}+\pi ^{2}\right)\cosh x\sinh y\,}}dxdy\\[3pt]G&=\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }{\frac {{\sqrt[{4}]{x}}\left({\sqrt {x}}{\sqrt {y}}-1\right)}{(x+1)^{2}{\sqrt[{4}]{y}}(y+1)^{2}\log(xy)}}dxdy\end{aligned}}}
このうち、最後の3式はマルムステン （英語版 ） [ 22]
K(k ) を楕円率 k の函数とした第一種完全楕円積分 とすると、次の式が成り立つ。
G
=
1
2
∫
0
1
K
(
k
)
d
k
{\displaystyle G={\frac {1}{2}}\int _{0}^{1}\mathrm {K} (k)\,dk}
E(k ) を楕円率 k の函数とした第二種完全楕円積分 とすると、次の式が成り立つ。
G
=
−
1
2
+
∫
0
1
E
(
k
)
d
k
{\displaystyle G=-{\frac {1}{2}}+\int _{0}^{1}\mathrm {E} (k)\,dk}
ガンマ函数 Γ(x + 1) = x ! を用いて
G
=
π
4
∫
0
1
Γ
(
1
+
x
2
)
Γ
(
1
−
x
2
)
d
x
=
π
2
∫
0
1
2
Γ
(
1
+
y
)
Γ
(
1
−
y
)
d
y
{\displaystyle {\begin{aligned}G&={\frac {\pi }{4}}\int _{0}^{1}\Gamma \left(1+{\frac {x}{2}}\right)\Gamma \left(1-{\frac {x}{2}}\right)\,dx\\&={\frac {\pi }{2}}\int _{0}^{\frac {1}{2}}\Gamma (1+y)\Gamma (1-y)\,dy\end{aligned}}}
次の積分は逆正接積分 （英語版 ） シュリニヴァーサ・ラマヌジャン によって詳しく研究された。
G
=
Ti
2
(
1
)
=
∫
0
1
arctan
t
t
d
t
{\displaystyle G=\operatorname {Ti} _{2}(1)=\int _{0}^{1}{\frac {\arctan t}{t}}\,dt}
G はトリガンマ函数 （英語版 ） ポリガンマ函数 の分数変数に対応する従属変数として現れる。
ψ
1
(
1
4
)
=
π
2
+
8
G
ψ
1
(
3
4
)
=
π
2
−
8
G
{\displaystyle {\begin{aligned}\psi _{1}\left({\tfrac {1}{4}}\right)&=\pi ^{2}+8G\\\psi _{1}\left({\tfrac {3}{4}}\right)&=\pi ^{2}-8G\end{aligned}}}
サイモン・プラウフ はトリガンマ函数、π2 およびカタランの定数の間で成立する（グラフ 上の道 として表現可能な）無限個の恒等式を与えている。
カタランの定数はクラウゼン函数 、逆正接積分 （英語版 ） 逆正弦積分 、バーンズの G 函数 などとの関係や、前述の函数を用いた積分・級数においてよく現れる。
一例として、逆正接積分 （英語版 ） G 函数で表すことで次の式が得られる。
G
=
4
π
log
(
G
(
3
8
)
G
(
7
8
)
G
(
1
8
)
G
(
5
8
)
)
+
4
π
log
(
Γ
(
3
8
)
Γ
(
1
8
)
)
+
π
2
log
(
1
+
2
2
(
2
−
2
)
)
{\displaystyle G=4\pi \log \left({\frac {G\left({\frac {3}{8}}\right)G\left({\frac {7}{8}}\right)}{G\left({\frac {1}{8}}\right)G\left({\frac {5}{8}}\right)}}\right)+4\pi \log \left({\frac {\Gamma \left({\frac {3}{8}}\right)}{\Gamma \left({\frac {1}{8}}\right)}}\right)+{\frac {\pi }{2}}\log \left({\frac {1+{\sqrt {2}}}{2\left(2-{\sqrt {2}}\right)}}\right)}
レルヒゼータ函数 （英語版 ） レルヒ超越函数 Φ(z , s , α ) （英語 : Lerch transcendent ）を
Φ
(
z
,
s
,
α
)
=
∑
n
=
0
∞
z
n
(
n
+
α
)
s
{\displaystyle \Phi (z,s,\alpha )=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {z^{n}}{(n+\alpha )^{s}}}}
G
=
1
4
Φ
(
−
1
,
2
,
1
2
)
{\displaystyle G={\tfrac {1}{4}}\Phi \left(-1,2,{\tfrac {1}{2}}\right)}
以下の2公式は収束の早い級数を含んでおり、数値計算に適している。
G
=
3
∑
n
=
0
∞
1
2
4
n
(
−
1
2
(
8
n
+
2
)
2
+
1
2
2
(
8
n
+
3
)
2
−
1
2
3
(
8
n
+
5
)
2
+
1
2
3
(
8
n
+
6
)
2
−
1
2
4
(
8
n
+
7
)
2
+
1
2
(
8
n
+
1
)
2
)
−
−
2
∑
n
=
0
∞
1
2
12
n
(
1
2
4
(
8
n
+
2
)
2
+
1
2
6
(
8
n
+
3
)
2
−
1
2
9
(
8
n
+
5
)
2
−
1
2
10
(
8
n
+
6
)
2
−
1
2
12
(
8
n
+
7
)
2
+
1
2
3
(
8
n
+
1
)
2
)
{\displaystyle {\begin{aligned}G&=3\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{2^{4n}}}\left(-{\frac {1}{2(8n+2)^{2}}}+{\frac {1}{2^{2}(8n+3)^{2}}}-{\frac {1}{2^{3}(8n+5)^{2}}}+{\frac {1}{2^{3}(8n+6)^{2}}}-{\frac {1}{2^{4}(8n+7)^{2}}}+{\frac {1}{2(8n+1)^{2}}}\right)-\\&\qquad -2\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{2^{12n}}}\left({\frac {1}{2^{4}(8n+2)^{2}}}+{\frac {1}{2^{6}(8n+3)^{2}}}-{\frac {1}{2^{9}(8n+5)^{2}}}-{\frac {1}{2^{10}(8n+6)^{2}}}-{\frac {1}{2^{12}(8n+7)^{2}}}+{\frac {1}{2^{3}(8n+1)^{2}}}\right)\end{aligned}}}
G
=
π
8
log
(
2
+
3
)
+
3
8
∑
n
=
0
∞
1
(
2
n
+
1
)
2
(
2
n
n
)
{\displaystyle G={\frac {\pi }{8}}\log \left(2+{\sqrt {3}}\right)+{\frac {3}{8}}\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{(2n+1)^{2}{\binom {2n}{n}}}}}
[ 23] [ 24] [ 25] [ 26] アペリーの定数 ζ(3) に匹敵する速さでカタランの定数を計算できる[ 27]
以下は Guillera および Pilehrood によるチュドノフスキー・アルゴリズム （英語版 ） [ 27]
G
=
1
2
∑
k
=
0
∞
(
−
8
)
k
(
3
k
+
2
)
(
2
k
+
1
)
3
(
2
k
k
)
3
{\displaystyle G={\frac {1}{2}}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-8)^{k}(3k+2)}{(2k+1)^{3}{\binom {2k}{k}}^{3}}}}
G
=
1
64
∑
k
=
1
∞
256
k
(
580
k
2
−
184
k
+
15
)
k
3
(
2
k
−
1
)
(
6
k
3
k
)
(
6
k
4
k
)
(
4
k
2
k
)
{\displaystyle G={\frac {1}{64}}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {256^{k}(580k^{2}-184k+15)}{k^{3}(2k-1){\binom {6k}{3k}}{\binom {6k}{4k}}{\binom {4k}{2k}}}}}
G
=
−
1
1024
∑
k
=
1
∞
(
−
4096
)
k
(
45136
k
4
−
57184
k
3
+
21240
k
2
−
3160
k
+
165
)
k
3
(
2
k
−
1
)
3
(
(
2
k
)
!
6
(
3
k
)
!
3
k
!
3
(
6
k
)
!
3
)
{\displaystyle G=-{\frac {1}{1024}}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-4096)^{k}(45136k^{4}-57184k^{3}+21240k^{2}-3160k+165)}{k^{3}(2k-1)^{3}}}\left({\frac {(2k)!^{6}(3k)!^{3}}{k!^{3}(6k)!^{3}}}\right)}
これらの時間計算量 （英語版 ） O (n log(n )3 )[ 27]
G は次のように表せられる[ 28]
G
=
1
1
+
1
4
8
+
3
4
16
+
5
4
24
+
7
4
32
+
9
4
40
+
⋱
{\displaystyle G={\cfrac {1}{1+{\cfrac {1^{4}}{8+{\cfrac {3^{4}}{16+{\cfrac {5^{4}}{24+{\cfrac {7^{4}}{32+{\cfrac {9^{4}}{40+\ddots }}}}}}}}}}}}}
より単純な連分数表記を以下に示す[ 29]
G
=
1
1
+
1
10
+
1
1
+
1
8
+
1
1
+
1
88
+
⋱
{\displaystyle G={\cfrac {1}{1+{\cfrac {1}{10+{\cfrac {1}{1+{\cfrac {1}{8+{\cfrac {1}{1+{\cfrac {1}{88+\ddots }}}}}}}}}}}}}
この連分数の項が無限個存在することは G が無理数であることと同値であり、未解決のままである。
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![{\displaystyle {\begin{aligned}G&=-{\frac {1}{\pi i}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\ln \ln \tan x\ln \tan x\,dx\\[3pt]G&=\iint _{[0,1]^{2}}\!{\frac {1}{1+x^{2}y^{2}}}\,dx\,dy\\[3pt]G&=\int _{0}^{1}\int _{0}^{1-x}{\frac {1}{1-x^{2}-y^{2}}}\,dy\,dx\\[3pt]G&=\int _{1}^{\infty }{\frac {\ln t}{1+t^{2}}}\,dt=-\int _{0}^{1}{\frac {\ln t}{1+t^{2}}}\,dt\\[3pt]G&=\int _{0}^{\frac {\pi }{4}}{\frac {t}{\sin t\cos t}}\,dt={\frac {1}{2}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {t}{\sin t}}\,dt={\frac {1}{4}}\int _{0}^{{\pi ^{2}}/{4}}\csc {\sqrt {t}}\,dt\\[3pt]G&=\int _{0}^{\frac {\pi }{4}}\ln \cot t\,dt=\int _{\frac {\pi }{4}}^{\frac {\pi }{2}}\ln \tan t\,dt=-\int _{0}^{\frac {\pi }{4}}\ln \tan t\,dt\\[3pt]G&={\frac {1}{2}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\ln \left(\sec t+\tan t\right)\,dt={\frac {1}{2}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\operatorname {gd} ^{-1}t\,dt\\[3pt]G&=\int _{0}^{1}{\frac {\arccos t}{\sqrt {1+t^{2}}}}\,dt\\[3pt]G&=\int _{0}^{1}{\frac {\operatorname {arcsinh} t}{\sqrt {1-t^{2}}}}\,dt\\[3pt]G&={\frac {1}{2}}\int _{0}^{\infty }{\frac {\arctan t}{t{\sqrt {1+t^{2}}}}}\,dt\\[3pt]G&=\int _{0}^{\infty }\operatorname {arccot} e^{t}\,dt={\frac {1}{2}}\int _{-\infty }^{0}\left(\operatorname {gd} t+{\frac {\pi }{2}}\right)\,dt\\[3pt]G&={\frac {1}{16}}\left(\pi ^{2}+4\int _{1}^{\infty }\operatorname {arccsc} ^{2}t\,dt\right)\\[3pt]G&={\frac {1}{2}}\int _{0}^{\infty }{\frac {t}{\cosh t}}\,dt\\[3pt]G&={\frac {\pi }{2}}\int _{1}^{\infty }{\frac {\left(t^{4}-6t^{2}+1\right)\ln \ln t}{\left(1+t^{2}\right)^{3}}}\,dt\\[3pt]G&=1+\lim _{\alpha \to {1^{-}}}\!\left\{\int _{0}^{\alpha }\!{\frac {\left(1+6t^{2}+t^{4}\right)\arctan {t}}{t\left(1-t^{2}\right)^{2}}}\,dt+2\operatorname {artanh} {\alpha }-{\frac {\pi \alpha }{1-\alpha ^{2}}}\right\}\\[3pt]G&=1-{\frac {1}{8}}\iint _{\mathbb {R} ^{2}}\!\!{\frac {x\sin \left(2xy/\pi \right)}{\,\left(x^{2}+\pi ^{2}\right)\cosh x\sinh y\,}}dxdy\\[3pt]G&=\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }{\frac {{\sqrt[{4}]{x}}\left({\sqrt {x}}{\sqrt {y}}-1\right)}{(x+1)^{2}{\sqrt[{4}]{y}}(y+1)^{2}\log(xy)}}dxdy\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/bbfccce92a6d4d15c088f894c5b320bd9efbfbe5)
