Para tu primera pregunta: Si $z=\pm n$$1-\tfrac{z^2}{n^2}=0$, por lo que todo el producto es igual a $0$. Para ver que el producto converge nos quite este término desde el producto, y el argumento a continuación sirve igual de bien para demostrar que el producto converge.
Su segunda pregunta requiere un poco de esfuerzo. No veo la manera de mostrar que $\sum_{n=1}^{\infty}\log\left(1+\tfrac{z^2}{n^2}\right)$ converge, pero soy capaz de probar el producto converge uniformemente en compactos establece el uso de un pequeño y encantador lema infinita de productos. Me ha picado la prueba en tres partes:
$$\ $$
1. Convergencia uniforme de $\sum_{n=1}^{\infty}\left|\tfrac{z^2}{n^2}\right|$ sobre subconjuntos compactos de $\Bbb{C}$
Deje $B\subset\Bbb{C}$ compacto y $M\in\Bbb{R}$ tal que $|z|\leq M$ tiene para todos los $z\in B$. La serie $\sum_{n=1}^{\infty}\tfrac{1}{n^2}$ puede ser visto a converger, digo $L$,${}^{\dagger}$ señalando que es estrictamente positivo y creciente, y satisface
$$\sum_{n=1}^k\frac{1}{n^2}<1+\sum_{n=2}^k\frac{1}{n(n-1)}=1+\sum_{n=2}^k\left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}\right)=1+\left(1-\frac{1}{k}\right)=2-\frac{1}{k},$$
para todos los $k\geq1$. De ello se desprende que $\sum_{n=1}^{\infty}\left|\tfrac{z^2}{n^2}\right|$ converge uniformemente a$|z|^2L$$B$, como para todos los $z\in B$ hemos
$$\left|\sum_{n=1}^k\left|\frac{z^2}{n^2}\right|-|z|^2L\right|=|z|^2\left|\sum_{n=1}^k\frac{1}{n^2}-L\right|\leq M^2\cdot\left|\sum_{n=1}^k\frac{1}{n^2}-L\right|.$$
Este hecho significa que la serie converge uniformemente, porque la serie $\sum_{n=1}^{\infty}\tfrac{1}{n^2}$ converge a $L$.
$$\ $$
2. A menudo útil lema infinita de productos
Lema: Si una secuencia $(\alpha_n)_{n=1}^{\infty}$ satisface $\sum_{n=1}^{\infty}|1-\alpha_n|\leq\frac{1}{2}$, entonces para todos los $m\geq1$ hemos
$$\left|1-\prod_{n=1}^m\alpha_n\right|\leq2\sum_{n=1}^m|1-\alpha_n|.$$
Prueba: vamos a proceder por inducción. El caso base $m=1$ es obvio, así que supongamos que la desigualdad se cumple para algunos $m\geq1$. A partir de la hipótesis de inducción tenemos
\begin{align}
\left|\prod_{n=1}^m\alpha_n\right|\leq1+\left|1-\prod_{n=1}^m\alpha_n\right|\leq1+2\sum_{n=1}^m|1-\alpha_n|\leq2.\tag{1}
\end{align}
Entonces es una cuestión de un poco de inteligente reescritura para ver que
\begin{eqnarray*}
\left|1-\prod_{n=1}^{m+1}\alpha_n\right|
&=&\left|1-\prod_{n=1}^m\alpha_n
+\prod_{n=1}^m\alpha_n
-\prod_{n=1}^{m+1}\alpha_n\right|\\
&\leq&\left|1-\prod_{n=1}^m\alpha_n\right|
+\left|\prod_{n=1}^m\alpha_n\right|
\cdot\left|1-\alpha_{m+1}\right|\\
&\leq&2\sum_{n=1}^m\left|1-\alpha_n\right|+2\left|1-\alpha_{m+1}\right|
=2\sum_{n=1}^{m+1}\left|1-\alpha_n\right|.\tag*{%#%#%}
\end{eqnarray*}
Tenga en cuenta que esta muestra en particular que $\Box$ tiene para todos los $\left|1-\prod_{n=1}^m\alpha_n\right|\leq1$.
$m\geq1$$
3. En realidad, mostrando que el producto converge
Ahora existe $$\ $ tal que $N\in\Bbb{N}$ tiene para todos los $\sum_{n=N}^{\infty}\left|\frac{z^2}{n^2}\right|\leq\frac{1}{2}$; simplemente tome $z\in B$ tal que
$N$$
Por lo tanto podemos aplicar el lema de la secuencia de $$\sum_{n=N}^{\infty}\frac{1}{n^2}\leq\frac{1}{2M^2}.$$(p_n(z))_{n=1}^{\infty}$, debido a que
$p_n(z):=1-\tfrac{z^2}{(N+n)^2}$$
Tenga en cuenta que si $$\sum_{n=1}^{\infty}|1-p_n(z)|=\sum_{n=1}^{\infty}\left|\frac{z^2}{(N+n)^2}\right|=\sum_{n=N+1}^{\infty}\left|\frac{z^2}{n^2}\right|\leq\frac{1}{2}.$$z=\pm k$, lo $N>|k|$ es distinto de cero para todos los $p_n(z)$. Establecimiento $n\geq1$ podemos mostrar la secuencia de $P_m(z):=\prod_{n=1}^mp_n(z)$ converge uniformemente en $(P_m(z))_{m=1}^{\infty}$. El lema junto con la desigualdad (1) muestra que para enteros $B$ hemos
\begin{eqnarray*}
\left|P_a(z)-P_b(z)\right|
&=&\left|\prod_{n=1}^bp_n(z)\right|
\cdot\left|1-\prod_{n=b+1}^ap_n(z)\right|\\
&<&2\cdot2\sum_{n=b+1}^a|1-p_n(z)|
=4\sum_{n=b+1}^a\left|\frac{z^2}{n^2}\right|\\
&\leq&4M^2\sum_{n=b+1}^a\frac{1}{n^2}.
\end{eqnarray*}
Esto demuestra que $a>b\geq1$$|P_a(z)-P_b(z)|\ \rightarrow\ 0$, lo $a,b\ \rightarrow\ \infty$ converge uniformemente en $(P_m(z))_{m=1}^{\infty}$, a
$B$$
De ello se deduce inmediatamente que también tenemos convergencia uniforme en $$\lim_{m\to\infty}P_m(z)=\lim_{m\to\infty}\prod_{n=N+1}^{N+m}\left(1-\frac{z^2}{n^2}\right)=\prod_{n=N+1}^{\infty}\left(1-\frac{z^2}{n^2}\right).$ para el producto
$B$$
$$\prod_{n=1}^{\infty}\left(1+\frac{z^2}{n^2}\right)=\prod_{n=1}^N\left(1+\frac{z^2}{n^2}\right)\cdot\prod_{n=N+1}^{\infty}\left(1+\frac{z^2}{n^2}\right).$$
$$\ $ , De hecho, la serie puede ser demostrado que convergen a $\dagger$, este es el problema de Basilea.
La integridad del bien puedo incluir mi respuesta original a continuación. Sólo se muestra la convergencia en el disco $L=\tfrac{\pi^2}{6}$, pero también muestra algunas conexiones interesantes.
Usando el poder de la serie de $|z|<(2\pi^2)^{-1}$ nos encontramos con que
$\operatorname{Log}(1-x)$$
para intercambiar el orden de la suma de (¿por qué es esto permitido?) los rendimientos
$$\operatorname{Log}\left(1-\frac{z^2}{n^2}\right)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\left(\tfrac{z^2}{n^2}\right)^k}{k}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{z^{2k}}{kn^{2k}},$$
donde ahora el interior de la suma ( $$\sum_{n=1}^{\infty}\operatorname{Log}\left(1-\frac{z^2}{n^2}\right)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{z^{2k}}{k}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2k}},$ ) es una instancia de la Riemann zeta función, que para los positivos números enteros que pasa a converger a
$n$$
donde $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2k}}=\zeta(2k)=(-1)^{k+1}B_{2k}\frac{(2\pi)^{2k}}{2(2k)!},$ es un número de Bernoulli. Por lo tanto podemos simplificar el de arriba para
$B_m$$
Ahora basta señalar que $$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{z^{2k}}{k}\cdot(-1)^{k+1}B_{2k}\frac{(2\pi)^{2k}}{2(2k)!}=-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{B_{2k}}{2(2k)!}\frac{(-2\pi^2z^2)^k}{k}.$ para suficientemente grande $0<B_{2k}<2(2k)!$, que puede considerarse el uso de Stirling aproximaciones para$k$$B_{2k}$. Ahora la serie anterior converge cuando la serie
$(2k)!$$
converge, que es el caso de $$-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-2\pi^2z^2)^k}{k}=\operatorname{Log}(1+2\pi^2z^2),$, como puede verse en la prueba de razón, por ejemplo.
