z変換:1/(2n)!と1/(2n+1)!のz変換を求める。

$$\begin{gathered} a(n):=\frac{1}{(2n)!} \\ b(n):=\frac{1}{(2n+1)!} \end{gathered}$$とおき、級数$A(z)$,および$B(z)$を
$$\begin{gathered} A(z):=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}a(n)z^{-2n} \\ B(z):=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}b(n)z^{-(2n+1)} \end{gathered}$$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
$$\begin{array}{rcl}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{a(n+1)z^{-2(n+1)}}{a(n)z^{-2n}}\right|& =& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{(2n)!z^{-2(n+1)}}{(2(n+1))!z^{-2n}}\right|\\ & =& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{1}{(2n+2)(2n+1)z^2}\right|<1\end{array}$$を満たせば一様収束する。これを満たす$z$は
$$|z^2|>\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{1}{(2n+2)(2n+1)}\right|=0$$なので収束領域は$|z|>0$。$B(z)$について確認すると、
$$\begin{array}{rcl}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{b(n+1)z^{-(2(n+1)+1)}}{b(n)z^{-(2n+1)}}\right|& =& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{(2n+1)!z^{-(2(n+1)+1)}}{(2(n+1)+1))!z^{-(2n+1)}}\right|\\ & =& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{1}{(2n+3)(2n+2)z^2}\right| <1\end{array}$$を満たせば一様収束する。これを満たす$z$は
$$|z^2|>\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{(2n+3)(2n+2)}=0$$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
$$\begin{array}{rcl}F(z)& :=& A(z)+B(z)\\ & =& \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}a(n)z^{-2n}+\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}b(n)z^{-(2n+1)}\\ & =& \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(2n)!}{z}^{-2n}+\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(2n+1)!}{z}^{-(2n+1)}\\ & =& \frac{1}{0!}{z}^{-0}+\frac{1}{2!}{z}^{-2}+\frac{1}{4!}{z}^{-4}+...+\frac{1}{1!}{z}^{-1}+\frac{1}{3!}{z}^{-3}+\frac{1}{5!}{z}^{-5}+...\\ & =& \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n!}{z}^{-n}\\ & =& \mathcal{Z}\left[\frac{1}{n!}\right]=e^{\frac{1}{z}}\end{array}$$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
$$F(-z)=e^{-\frac{1}{z}}=A(-z)+B(-z)=A(z)-B(z)$$よって$F(z)$と$F(-z)$を足して
$$\begin{gathered} F(z)+F(-z)=e^{\frac{1}{z}}+e^{-\frac{1}{z}}=A(z)+B(z)+(A(z)-B(z))=2A(z) \\ \therefore A(z)=\frac{e^{\frac{1}{z}}+e^{-\frac{1}{z}}}{2}=\cosh \left(z^{-1}\right) \end{gathered}$$ $F(z)$から$F(-z)$を引いて
$$\begin{gathered} F(z)-F(-z)=e^{\frac{1}{z}}-e^{-\frac{1}{z}}=A(z)+B(z)-(A(z)-B(z))=2B(z) \\ \therefore B(z)=\frac{e^{\frac{1}{z}}-e^{-\frac{1}{z}}}{2}=\sinh \left(z^{-1}\right) \end{gathered}$$

$A(z)$の$z$を$z^{\frac{1}{2}}$に置き換えると
$$\begin{gathered} A(z^{\frac{1}{2}})=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}a(n)(z^{\frac{1}{2}}{)}^{-2n}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}a(n)z^{-n}=\mathcal{Z}[a(n)] \\ \therefore \mathcal{Z}[a(n)]=A(z^{\frac{1}{2}})=\cosh \left({\sqrt{z}}^{-1}\right) (\text{収束領域は}|z|>0) \end{gathered}$$となり、$1.$が証明された。$B(z)$は
$$B(z)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}b(n)z^{-(2n+1)}=z^{-1}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}b(n)z^{-2n}$$なので$B(z)$の$z$を$z^{\frac{1}{2}}$に置き換えて
$$\begin{gathered} B(z^{\frac{1}{2}})=(z^{\frac{1}{2}}{)}^{-1}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}b(n)(z^{\frac{1}{2}}{)}^{-2n}=(z^{\frac{1}{2}}{)}^{-1}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}b(n)z^{-n}=(z^{\frac{1}{2}}{)}^{-1}\mathcal{Z}[b(n)] \\ \therefore \mathcal{Z}[b(n)]=\sqrt{z}B(z^{\frac{1}{2}})=\sqrt{z}\sinh \left({\sqrt{z}}^{-1}\right)(\text{収束領域は}|z|>0) \end{gathered}$$となり$2.$が証明された。