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]はおよそG = 0.915965594177219015054603514932384110774…

とされる（オンライン整数列大辞典の数列 A006752）。

数学の未解決問題カタランの定数は無理数か？もうしそうならば、超越数か？

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]。
適用事例

低次元トポロジーにおいて、カタランの定数はイデアルな双曲八面体の体積の1/4であり、したがってホワイトヘッド環の補集合の双曲体積の1/4である[6]。また、ボロミアン環の補集合の体積の1/8である[7]。

組み合わせ数学と統計力学において、格子グラフ（英語版）上のドミノタイリング[8]や全域木[9]、ハミルトン路[10]の数え上げと関連している。

数論において、カタランの定数はハーディ・リトルウッドのF予想での n2 + 1 という形で表される素数の個数の漸近式に現れる。しかしながら、この形式をした素数が無限個存在するかどうかすら未解決（ランダウの問題（英語版）の1つ）である[11]。

渦巻銀河の質量分布（英語版）の計算においてカタランの定数が現れる[12][13]。

双曲線正割分布において、分布のエントロピーはカタランの定数の 4 / π {\displaystyle 4/\pi } 倍である。

グーデルマン関数 y = gd ⁡ x {\displaystyle y=\operatorname {gd} x} のグラフ、y軸および漸近線で囲まれる領域（のうち有限領域であるほう）の面積は、カタランの定数の4倍に等しい。

既知の桁

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]。

十進法でのカタランの定数 G の既知桁数日付十進法での桁数計算者
1832年16トーマス・クラウゼン（英語版）
1858年19Carl Johan Danielsson Hill
1864年14ウジェーヌ・シャルル・カタラン
1877年20ジェームズ・W・L・グレーシャー（英語版）
1913年32ジェームズ・W・L・グレーシャー（英語版）
1990年20000Greg J. Fee
1996年50000Greg J. Fee
1996年8月14日100000Greg J. Fee & サイモン・プラウフ
1996年9月29日300000Thomas Papanikolaou
19961500000Thomas Papanikolaou
19973379957Patrick Demichel
1998年12500000Xavier Gourdon
2001年100000500Xavier Gourdon & Pascal Sebah
2002201000000Xavier Gourdon & Pascal Sebah
2006年10月5000000000近藤茂 & Steve Pagliarulo[15]
2008年8月10000000000近藤茂 & Steve Pagliarulo[14]
2009年1月31日15510000000Alexander J. Yee & Raymond Chan[16]
2009年4月16日31026000000Alexander J. Yee & Raymond Chan[16]
2015年6月7日200000001100Robert J. Setti[17]
2016年4月12日250000000000Ron Watkins[17]
2019年2月16日300000000000Tizian Hanselmann[17]
2019年3月29日500000000000Mike A & Ian Cutress[17]
2019年6月16日600000000100Seungmin Kim[18][19]
2020年9月6日1000000001337Andrew Sun[20]

積分表示

Sean 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]。そのうちいくつかを以下に示す。 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}}}