$$ 1.\quad \ZT{\frac1{(2n)!}}=\cosh(\sqrt{z}^{-1}) \quad (\text{収束領域は}|z|>0)\\ 2.\quad \ZT{\frac1{(2n+1)!}}=\sqrt{z}\sinh(\sqrt{z}^{-1}) \quad (\text{収束領域は}|z|>0)\\ $$
$$
a(n):=\frac{1}{(2n)!}\\
b(n):=\frac{1}{(2n+1)!}\\
$$とおき、級数$A(z)$,および$B(z)$を
$$
A(z):=\SO{n}a(n)z^{-2n}\\
B(z):=\SO{n}b(n)z^{-(2n+1)}
$$と定義する。これらの級数の収束性を確認する。
$A(z)$について確認すると、ダランベールの収束判定法から
$$
\BEQ
\lim_{n\to \infty} \left|\frac{a(n+1) z^{-2(n+1)}}{a(n) z^{-2n}}\right|
&=&\lim_{n\to \infty} \left|\frac{(2n)! z^{-2(n+1)}}{(2(n+1))!z^{-2n}}\right|\\
&=&\lim_{n\to \infty} \left|\frac{1}{(2n+2)(2n+1)z^{2}}\right|<1 \\
\EEQ
$$を満たせば一様収束する。これを満たす$z$は
$$
|z^2|> \lim_{n\to \infty} \left|\frac{1}{(2n+2)(2n+1)}\right|=0
$$なので収束領域は$|z|>0$。$B(z)$について確認すると、
$$
\BEQ
\lim_{n\to \infty} \left|\frac{b(n+1) z^{-(2(n+1)+1)}}{b(n) z^{-(2n+1)}}\right|
&=&\lim_{n\to \infty} \left|\frac{(2n+1)! z^{-(2(n+1)+1)}}{(2(n+1)+1))!z^{-(2n+1)}}\right|\\
&=&\lim_{n\to \infty} \left|\frac{1}{(2n+3)(2n+2)z^{2}}\right| <1 \\
\EEQ
$$を満たせば一様収束する。これを満たす$z$は
$$
|z^2|> \lim_{n\to \infty} \frac{1}{(2n+3)(2n+2)}=0
$$なので収束領域は$|z|>0$。よって$A(z)$と$B(z)$の収束領域はいずれも$|z|>0$であることが確認された。
つぎに$A(z)$と$B(z)$の和を$F(z)$と定義すると
$$
\BEQ
F(z)
&:=&A(z)+B(z) \\
&=& \SO{n}a(n)z^{-2n}+\SO{n}b(n)z^{-(2n+1)} \\
&=& \SO{n}\frac{1}{(2n)!}z^{-2n}+\SO{n}\frac{1}{(2n+1)!}z^{-(2n+1)} \\
&=& \frac1{0!}z^{-0}+\frac1{2!}z^{-2}+\frac1{4!}z^{-4}+...+\frac{1}{1!}z^{-1}+\frac{1}{3!}z^{-3}+\frac{1}{5!}z^{-5}+... \\
&=& \SO{n}\frac{1}{n!} z^{-n} \\
&=& \ZT{\frac{1}{n!}} =e^{\frac1z}\\
\EEQ
$$となる。なお$\frac{1}{n!}$の$z$変換は
こちらの記事
で示した。
つぎに$A(z)$が偶関数、$B(z)$が奇関数であることから
$$
F(-z)=e^{-\frac1z}=A(-z)+B(-z)=A(z)-B(z)
$$よって$F(z)$と$F(-z)$を足して
$$
F(z)+F(-z)=e^{\frac1z}+e^{-\frac1z}=A(z)+B(z)+(A(z)-B(z))=2A(z)\\
\therefore A(z)=\frac{e^{\frac1z}+e^{-\frac1z}}2=\cosh(z^{-1})
$$ $F(z)$から$F(-z)$を引いて
$$
F(z)-F(-z)=e^{\frac1z}-e^{-\frac1z}=A(z)+B(z)-(A(z)-B(z))=2B(z)\\
\therefore B(z)=\frac{e^{\frac1z}-e^{-\frac1z}}2=\sinh(z^{-1})
$$
$A(z)$の$z$を$z^{\frac12}$に置き換えると
$$
A(z^{\frac12})=\SO{n}a(n)(z^{\frac12})^{-2n}=\SO{n}a(n)z^{-n}=\ZT{a(n)}\\
\therefore \ZT{a(n)}=A(z^{\frac12})=\cosh(\sqrt{z}^{-1})
\quad (\text{収束領域は}|z|>0)
$$となり、$1.$が証明された。$B(z)$は
$$
B(z)=\SO{n}b(n)z^{-(2n+1)}=z^{-1}\SO{n}b(n)z^{-2n}
$$なので$B(z)$の$z$を$z^{\frac12}$に置き換えて
$$
B(z^{\frac12})
=(z^{\frac12})^{-1}\SO{n}b(n)(z^{\frac12})^{-2n}
=(z^{\frac12})^{-1}\SO{n}b(n)z^{-n}=(z^{\frac12})^{-1}\ZT{b(n)}\\
\therefore \ZT{b(n)}=\sqrt{z} B(z^{\frac12})=\sqrt{z}\sinh(\sqrt{z}^{-1})
\quad (\text{収束領域は}|z|>0)
$$となり$2.$が証明された。