初等関数のラプラス変換

$1$ のラプラス変換

定関数 $f(t)=1$ のラプラス変換を求めよう. ただし, $\mathrm{Re}\left[s\right]>0$ とする. $$\begin{array}{}\text{(2)}& \begin{array}{rl}\mathcal{L}\{f(t)\}& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}f(t)\mathrm{d}t\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}\cdot 1\mathrm{d}t\\ & ={\left[–\frac{1}{s}{e}^{-st}\right]}_0^{\mathrm{\infty }}\\ & =0–\left(–\frac{1}{s}\right)=\frac{1}{s}\end{array}\end{array}$$ $$\begin{array}{}\text{(3)}& \therefore \mathcal{L}(1)=\frac{1}{s}(\mathrm{Re}\left[s\right]>0)\end{array}$$

つづいて, $a$ を定数として, 定関数 $f(t)=a$ のラプラス変換を求めよう. ただし, $\mathrm{Re}\left[s\right]>0$ とする. $$\begin{array}{}\text{(4)}& \begin{array}{rl}\mathcal{L}\{f(t)\}& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}f(t)\mathrm{d}t\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}\cdot a\mathrm{d}t\\ & =a{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}\mathrm{d}t\\ & =\frac{a}{s}\end{array}\end{array}$$ ここで, 最後の等式には式$\text{(3)}$を用いた. $$\begin{array}{}\text{(5)}& \therefore \mathcal{L}(a)=\frac{a}{s}(\mathrm{Re}\left[s\right]>0)\end{array}$$

$t$ のラプラス変換

関数 $f(t)=t$ のラプラス変換を求めよう. ただし, $\mathrm{Re}\left[s\right]>0$ とする. $$\begin{array}{}\text{(6)}& \begin{array}{rl}\mathcal{L}\{f(t)\}& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}f(t)\mathrm{d}t\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}\cdot t\mathrm{d}t\end{array}\end{array}$$ 上式に部分積分の公式^[1]$t$ の関数 $g(t)$ と $h(t)$ について成立する部分積分の公式とは, \[\int_{a}^{b} g(t) \cdot \dv{h(t)}{t} \dd{t}= \qty[ g(t) \cdot h(t) ] _{a}^{b} – \int_{a}^{b} … Continue readingを適用すると, $$\begin{array}{}\text{(7)}& \begin{array}{rl}\mathcal{L}\left(t\right)& ={\left[–\frac{1}{s}{e}^{-st}t\right]}_0^{\mathrm{\infty }}+\frac{1}{s}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}\mathrm{d}t\\ & ={\left[–\frac{1}{s}{e}^{-st}t\right]}_0^{\mathrm{\infty }}+\frac{1}{s}{[–\frac{1}{s}\cdot e^{-st}]}_0^{\mathrm{\infty }}\\ & ={\left[–e^{-st}(\frac{1}{s}t+\frac{1}{s^2})\right]}_0^{\mathrm{\infty }}=\frac{1}{s^2}\end{array}\end{array}$$ $$\begin{array}{}\text{(8)}& \therefore \mathcal{L}(t)=\frac{1}{s^2}(\mathrm{Re}\left[s\right]>0)\end{array}$$

$t^n$ のラプラス変換

$t$ のベキ乗の関数 $f(t)=t^n(n=0,1,2,\cdots )$ のラプラス変換を求めよう. ただし, $\mathrm{Re}\left[s\right]>0$ とする. $$\begin{array}{rl}\mathcal{L}\{f(t)\}& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}f(t)\mathrm{d}t\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}\cdot t^n\mathrm{d}t\\ & =\underset{=0}{\underbrace{{[–\frac{1}{s}\cdot e^{-st}{t}^n]}_0^{\mathrm{\infty }}}}–{\int }_0^{\mathrm{\infty }}(–\frac{n}{s}\cdot e^{-st}{t}^{n-1})\mathrm{d}t\\ \text{(9)}& & =\frac{n}{s}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}{t}^{n-1}\mathrm{d}t\end{array}$$ ここで, $$\begin{array}{}& I_n:={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}{t}^n\mathrm{d}t\end{array}$$ と定義すれば, 式$\text{(9)}$より, $I_n$ と $I_{n-1}$ との間に次式が成立していることがわかる. $$\begin{array}{}\text{(10)}& \mathcal{L}\{f(t)\}=I_n=\frac{n}{s}{I}_{n-1}.\end{array}$$ また, $I_0$ については式$\text{(3)}$より, $$\begin{array}{}\text{(11)}& I_0={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}{t}^0\mathrm{d}t=\mathcal{L}(1)=\frac{1}{s}\end{array}$$ となるので, 式$\text{(10)}$及び式$\text{(11)}$より, 次式が成立していることがわかる. $$\begin{array}{}\text{(12)}& \begin{array}{rl}\mathcal{L}\{f(t)\}& =I_n\\ & =\frac{n}{s}{I}_{n-1}\\ & =\frac{n}{s}\cdot \frac{(n-1)}{s}{I}_{n-2}\\ & ⋮\\ & =\frac{n!}{s^n}{I}_0\\ & =\frac{n!}{s^{n+1}}.\end{array}\end{array}$$ $$\begin{array}{}\text{(13)}& \therefore \mathcal{L}\left(t^n\right)=\frac{n!}{s^{n+1}}(\mathrm{Re}\left[s\right]>0,n=0,1,2,\cdots )\end{array}$$

$\sin \left(\omega t\right)$ のラプラス変換

関数 $f(t)=\sin \left(\omega \right)$ のラプラス変換を求めよう. ただし, $\mathrm{Re}\left[s\right]>0$ とする. $$\begin{array}{}\text{(14)}& \begin{array}{rl}\mathcal{L}\{f(t)\}& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}f(t)\mathrm{d}t\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}\cdot \sin \left(\omega t\right)\mathrm{d}t.\end{array}\end{array}$$

ラプラス変換の計算を実行するために, 事前に不定積分 $$\begin{array}{}& \int e^{-st}\cdot \sin \left(\omega t\right)\mathrm{d}t\end{array}$$ について考えよう. 部分積分をくり返し用いると, $$\begin{array}{}\text{(15)}& \begin{array}{rl}\int e^{-st}\cdot \sin \left(\omega t\right)\mathrm{d}t& =–\frac{1}{s}{e}^{-st}\sin \left(\omega t\right)+\int \frac{\omega }{s}{e}^{-st}\cos \left(\omega t\right)\mathrm{d}t\\ & =–\frac{1}{s}{e}^{-st}\sin \left(\omega t\right)+\frac{\omega }{s}\{\int e^{-st}\cos \left(\omega t\right)\mathrm{d}t\}\\ & =–\frac{1}{s}{e}^{-st}\sin \left(\omega t\right)+\frac{\omega }{s}\{–\frac{1}{s}{e}^{-st}\cos \left(\omega t\right)–\int \frac{\omega }{s}{e}^{-st}\sin \left(\omega t\right)\mathrm{d}t\}\\ & =–\frac{e^{-st}}{s^2}\{s\sin \left(\omega t\right)+\omega \cos \left(\omega t\right)\}–\frac{{\omega }^2}{s^2}\int e^{-st}\sin \left(\omega t\right)\mathrm{d}t\end{array}\end{array}$$ $$\begin{array}{}\text{(16)}& \begin{array}{rl}& \to (1+\frac{{\omega }^2}{s^2})\int e^{-st}\sin \left(\omega t\right)\mathrm{d}t=–\frac{e^{-st}}{s^2}\{s\sin \left(\omega t\right)+\omega \cos \left(\omega t\right)\}\\ & \to \int e^{-st}\sin \left(\omega t\right)\mathrm{d}t=–\frac{e^{-st}}{s^2+{\omega }^2}\{s\sin \left(\omega t\right)+\omega \cos \left(\omega t\right)\}.\end{array}\end{array}$$ したがって, $$\begin{array}{}\text{(17)}& \begin{array}{rl}\mathcal{L}\{\sin \left(\omega t\right)\}& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}\sin \left(\omega t\right)\mathrm{d}t\\ & ={\left[–\frac{e^{-st}}{s^2+{\omega }^2}\{s\sin \left(\omega t\right)+\omega \cos \left(\omega t\right)\}\right]}_0^{\mathrm{\infty }}\\ & =\frac{\omega }{s^2+{\omega }^2}\end{array}\end{array}$$ $$\begin{array}{}\text{(18)}& \therefore \mathcal{L}\{\sin \left(\omega t\right)\}=\frac{\omega }{s^2+{\omega }^2}(\mathrm{Re}\left[s\right]>0)\end{array}$$

$\cos \left(\omega t\right)$ のラプラス変換

関数 $f(t)=\cos \left(\omega \right)$ のラプラス変換を求めよう. ただし, $\mathrm{Re}\left[s\right]>0$ とする. $$\begin{array}{}\text{(20)}& \begin{array}{rl}\mathcal{L}\{f(t)\}& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}f(t)\mathrm{d}t\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}\cdot \cos \left(\omega t\right)\mathrm{d}t.\end{array}\end{array}$$

ラプラス変換の計算を実行するために, 事前に不定積分 $$\begin{array}{}& \int e^{-st}\cdot \cos \left(\omega t\right)\mathrm{d}t\end{array}$$ について考えよう. 部分積分をくり返し用いると, $$\begin{array}{}\text{(21)}& \begin{array}{rl}\int e^{-st}\cdot \cos \left(\omega t\right)\mathrm{d}t& =–\frac{1}{s}{e}^{-st}\cos \left(\omega t\right)–\int \frac{\omega }{s}{e}^{-st}\sin \left(\omega t\right)\mathrm{d}t\\ & =–\frac{1}{s}{e}^{-st}\cos \left(\omega t\right)–\frac{\omega }{s}\{\int e^{-st}\sin \left(\omega t\right)\mathrm{d}t\}\\ & =–\frac{1}{s}{e}^{-st}\cos \left(\omega t\right)–\frac{\omega }{s}\{–\frac{1}{s}{e}^{-st}\sin \left(\omega t\right)+\int \frac{\omega }{s}{e}^{-st}\cos \left(\omega t\right)\mathrm{d}t\}\\ & =\frac{e^{-st}}{s^2}\{-s\cos \left(\omega t\right)+\omega \sin \left(\omega t\right)\}–\frac{{\omega }^2}{s^2}\int e^{-st}\cos \left(\omega t\right)\mathrm{d}t\end{array}\end{array}$$ $$\begin{array}{}\text{(22)}& \begin{array}{rl}& \to (1+\frac{{\omega }^2}{s^2})\int e^{-st}\cos \left(\omega t\right)\mathrm{d}t=\frac{e^{-st}}{s^2}\{-s\cos \left(\omega t\right)+\omega \sin \left(\omega t\right)\}\\ & \to \int e^{-st}\cos \left(\omega t\right)\mathrm{d}t=\frac{e^{-st}}{s^2+{\omega }^2}\{-s\cos \left(\omega t\right)+\omega \sin \left(\omega t\right)\}.\end{array}\end{array}$$ したがって, $$\begin{array}{}\text{(23)}& \begin{array}{rl}\mathcal{L}\{\cos \left(\omega t\right)\}& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}\cos \left(\omega t\right)\mathrm{d}t\\ & ={\left[\frac{e^{-st}}{s^2+{\omega }^2}\{-s\cos \left(\omega t\right)+\omega \sin \left(\omega t\right)\}\right]}_0^{\mathrm{\infty }}\\ & =\frac{s}{s^2+{\omega }^2}\end{array}\end{array}$$ $$\begin{array}{}\text{(24)}& \therefore \mathcal{L}\{\cos \left(\omega t\right)\}=\frac{s}{s^2+{\omega }^2}(\mathrm{Re}\left[s\right]>0)\end{array}$$

三角関数のラプラス変換とオイラーの公式

$\mathcal{L}\{\sin \left(\omega t\right)\}$ 及び $\mathcal{L}\{\cos \left(\omega t\right)\}$ を求めるにあたって, オイラーの公式 $$\begin{array}{}& e^{i\omega t}=i\sin \left(\omega t\right)+\cos \left(\omega t\right)\end{array}$$ を用いる方法もあるので紹介しておこう.

ラプラス変換の定義より, $$\begin{array}{rl}\mathcal{L}\left(e^{i\omega t}\right)& =\mathcal{L}\{i\sin \left(\omega t\right)+\cos \left(\omega t\right)\}\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}\{i\sin \left(\omega t\right)+\cos \left(\omega t\right)\}\mathrm{d}t\\ & =i{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}\sin \left(\omega t\right)\mathrm{d}t+{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}\cos \left(\omega t\right)\mathrm{d}t\\ \text{(27)}& & =i\mathcal{L}\{\sin \left(\omega t\right)\}+\mathcal{L}\{\cos \left(\omega t\right)\}.\end{array}$$ 一方, ラプラス変換の定義より, $$\begin{array}{rl}\mathcal{L}\left(e^{i\omega t}\right)& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}{e}^{i\omega t}\mathrm{d}t\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{–(s–i\omega )t}\mathrm{d}t\\ & ={\left[\frac{-1}{(s–i\omega )}{e}^{–(s–i\omega )t}\right]}_0^{\mathrm{\infty }}\\ & =\frac{1}{(s–i\omega )}\\ \text{(28)}& & =\frac{s+i\omega }{s^2+{\omega }^2}\end{array}$$ であるので, 式$\text{(27)}$及び式$\text{(28)}$より, $$\begin{array}{}\text{(29)}& \begin{array}{rl}\mathcal{L}\left\{e^{i\omega t}\right\}& =i\mathcal{L}\{\sin \left(\omega t\right)\}+\mathcal{L}\{\cos \left(\omega t\right)\}\\ & =i\frac{\omega }{s^2+{\omega }^2}+\frac{s}{s^2+{\omega }^2}\end{array}\end{array}$$ であり, 実部と虚部とをそれぞれ比較することで次の結論が得られる. $$\begin{array}{}\text{(30)}& \begin{array}{r}\mathcal{L}\{\sin \left(\omega t\right)\}=\mathrm{Im}\left[\mathcal{L}\left\{e^{i\omega t}\right\}\right]=\frac{\omega }{s^2+{\omega }^2}\\ \mathcal{L}\{\cos \left(\omega t\right)\}=\mathrm{Re}\left[\mathcal{L}\left\{e^{i\omega t}\right\}\right]=\frac{s}{s^2+{\omega }^2}\end{array}\end{array}$$

$e^{at}$ のラプラス変換

$a$ を正の実数として, 関数 $f(t)=e^{at}$ のラプラス変換を求めよう. $$\begin{array}{}\text{(31)}& \begin{array}{rl}\mathcal{L}\{f(t)\}& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}f(t)\mathrm{d}t\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}{e}^{at}\mathrm{d}t\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{–(s-a)t}\mathrm{d}t\end{array}\end{array}$$ ここで, $\mathrm{Re}\left[s\right]>a$ の場合には $\mathcal{L}\left(e^{at}\right)$ は収束値を持ち, $$\begin{array}{}\text{(32)}& \begin{array}{rl}\mathcal{L}\left(e^{at}\right)& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{–(s-a)t}\mathrm{d}t\\ & ={\left[\frac{-1}{(s-a)}{e}^{–\left(s–a\right)t}\right]}_0^{\mathrm{\infty }}\\ & =\frac{1}{s–a}\end{array}\end{array}$$ $$\begin{array}{}\text{(33)}& \therefore \mathcal{L}\left(e^{at}\right)=\frac{1}{s–a}(\mathrm{Re}\left[s\right]>a)\end{array}$$

$e^{-at}$ のラプラス変換

$a$ を正の実数として, 関数 $f(t)=e^{-at}$ のラプラス変換を求めよう. $$\begin{array}{}\text{(34)}& \begin{array}{rl}\mathcal{L}\{f(t)\}& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}f(t)\mathrm{d}t\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}{e}^{-at}\mathrm{d}t\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{–(s+a)t}\mathrm{d}t\end{array}\end{array}$$ ここで, $\mathrm{Re}\left[s\right]>-a$ の場合には $\mathcal{L}\left(e^{-at}\right)$ は収束値を持ち, $$\begin{array}{}\text{(35)}& \begin{array}{rl}\mathcal{L}\left(e^{at}\right)& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{–(s+a)t}\mathrm{d}t\\ & ={\left[\frac{-1}{(s+a)}{e}^{–(s+a)t}\right]}_0^{\mathrm{\infty }}\\ & =\frac{1}{s+a}\end{array}\end{array}$$ $$\begin{array}{}\text{(36)}& \mathcal{L}\left(e^{at}\right)=\frac{1}{s+a}(\mathrm{Re}\left[s\right]>-a)\end{array}$$

$\sinh \left(\omega t\right)$ のラプラス変換

$\omega$ を正の実数として, 双曲線関数 $$\begin{array}{}& \sinh \left(\omega t\right)=\frac{e^{\omega t}–e^{–\omega t}}{2}\end{array}$$ のラプラス変換を求めよう.

ラプラス変換の定義より, $$\begin{array}{}\text{(37)}& \begin{array}{rl}\mathcal{L}\{\sinh \left(\omega t\right)\}& =\mathcal{L}\left(\frac{e^{\omega t}–e^{–\omega t}}{2}\right)\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}\left(\frac{e^{\omega t}–e^{–\omega t}}{2}\right)\mathrm{d}t\\ & =\frac{1}{2}\left\{{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}{e}^{\omega t}\mathrm{d}t–{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}{e}^{–\omega t}\mathrm{d}t\right\}\\ & =\frac{1}{2}\left\{\mathcal{L}\left(e^{\omega t}\right)–\mathcal{L}\left(e^{–\omega t}\right)\right\}\end{array}\end{array}$$ ここで, $\mathrm{Re}\left[s\right]>\omega$ の場合は式$\text{(33)}$より $\mathcal{L}\left(e^{\omega t}\right)=\frac{1}{s–\omega }$ であり, $\mathrm{Re}\left[s\right]>–\omega$ の場合は式$\text{(36)}$より $\mathcal{L}\left(e^{–\omega t}\right)=\frac{1}{s+\omega }$ であり, この両方の条件を満たさなければラプラス変換が収束値を持たない. 結局, $\mathrm{Re}\left[s\right]>\left|\omega \right|$ の場合に $$\begin{array}{}\text{(38)}& \begin{array}{rl}\mathcal{L}\{\sinh \left(\omega t\right)\}& =\frac{1}{2}\left\{\mathcal{L}\left(e^{\omega t}\right)–\mathcal{L}\left(e^{–\omega t}\right)\right\}\\ & =\frac{1}{2}\left(\frac{1}{s–\omega }–\frac{1}{s+\omega }\right)\\ & =\frac{\omega }{s^2–{\omega }^2}\end{array}\end{array}$$ $$\begin{array}{}& \therefore \mathcal{L}\{\sinh \left(\omega t\right)\}=\frac{\omega }{s^2–{\omega }^2}(\mathrm{Re}\left[s\right]>\left|\omega \right|)\end{array}$$

$\cosh \left(\omega t\right)$ のラプラス変換

$\omega$ を正の実数として, 双曲線関数 $$\begin{array}{}& \cosh \left(\omega t\right)=\frac{e^{\omega t}+e^{–\omega t}}{2}\end{array}$$ のラプラス変換を求めよう.

ラプラス変換の定義より, $$\begin{array}{}\text{(39)}& \begin{array}{rl}\mathcal{L}\{\cosh \left(\omega t\right)\}& =\mathcal{L}\left(\frac{e^{\omega t}+e^{–\omega t}}{2}\right)\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}\left(\frac{e^{\omega t}+e^{–\omega t}}{2}\right)\mathrm{d}t\\ & =\frac{1}{2}\{{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}{e}^{\omega t}\mathrm{d}t+{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}{e}^{–\omega t}\mathrm{d}t\}\\ & =\frac{1}{2}\{\mathcal{L}\left(e^{\omega t}\right)+\mathcal{L}\left(e^{–\omega t}\right)\}\end{array}\end{array}$$ ここで, $\mathrm{Re}\left[s\right]>\omega$ の場合は式$\text{(33)}$より $\mathcal{L}\left(e^{\omega t}\right)=\frac{1}{s–\omega }$ であり, $\mathrm{Re}\left[s\right]>–\omega$ の場合は式$\text{(36)}$より $\mathcal{L}\left(e^{–\omega t}\right)=\frac{1}{s+\omega }$ であり, この両方の条件を満たさなければラプラス変換が収束値を持たない. 結局, $\mathrm{Re}\left[s\right]>\left|\omega \right|$ の場合に $$\begin{array}{}\text{(40)}& \begin{array}{rl}\mathcal{L}\{\cosh \left(\omega t\right)\}& =\frac{1}{2}\{\mathcal{L}\left(e^{\omega t}\right)+\mathcal{L}\left(e^{–\omega t}\right)\}\\ & =\frac{1}{2}(\frac{1}{s–\omega }+\frac{1}{s+\omega })\\ & =\frac{s}{s^2–{\omega }^2}\end{array}\end{array}$$ $$\begin{array}{}& \therefore \mathcal{L}\{\cosh \left(\omega t\right)\}=\frac{s}{s^2–{\omega }^2}(\mathrm{Re}\left[s\right]>\left|\omega \right|)\end{array}$$

$\log t$ のラプラス変換

対数関数 $f(t)=\log t$ のラプラス変換について考えよう. ただし, $\mathrm{Re}\left[s\right]>0$ とする. $$\begin{array}{}\text{(41)}& \begin{array}{rl}\mathcal{L}\{f(t)\}& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}f(t)\mathrm{d}t\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}\log t\mathrm{d}t\end{array}\end{array}$$ $x=st$ として置換積分を実行すると, $\mathrm{d}x=s\mathrm{d}t$ より, $$\begin{array}{rl}\mathcal{L}(\log t)& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x}\log \left(\frac{x}{s}\right)\frac{1}{s}\mathrm{d}x\\ \text{(42)}& & =\frac{1}{s}\{{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x}\log x\mathrm{d}x–\log s{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x}\mathrm{d}x\}.\end{array}$$ ここで, 式$\text{(42)}$の第1項に関する次の事実を証明なく用いることにする. いま, オイラーの定数 $\gamma$ を次式で定義する^[2]このオイラーの定数はその定義が簡単そうに視えるにも関わらず, 未だに無理数なのかどうかの判定がついていない数である. . $$\begin{array}{}\text{(43)}& \begin{array}{rl}\gamma :=& \underset{t\to \mathrm{\infty }}{lim}(1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}–\log n)\\ =& 0.57721\cdots .\end{array}\end{array}$$ そして, オイラーの定数は次式を満たすことが知られている. $$\begin{array}{}& \gamma =–{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x}\log x\mathrm{d}t\end{array}$$ また, 式$\text{(42)}$の第 $2$ 項について, $$\begin{array}{}& {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x}\mathrm{d}x={\left[–e^{-x}\right]}_0^{\mathrm{\infty }}=1\end{array}$$

が成立するので, 対数関数 $\log t$ のラプラス変換として次式を得る. $$\begin{array}{}\text{(44)}& \mathcal{L}(\log t)=–\frac{1}{s}\{\gamma +1\}.\end{array}$$