Zur verallgemeinerten Leibniz-Regel

Problem Definition

Ich muss einschätzen$z=0$Die$n$-te Ableitung bzgl$z$des Produkts$f(z)\cdot z^k$, Wo$f(\cdot)$ist eine generische glatte Funktion und$k$ist eine gegebene ganze Zahl. Ich verwende die Kurzschreibweise$F^{(n)}(z)$die zu bezeichnen$n$-te Ableitung der generischen Funktion$F(z)$, also was ich will, ist für alle zu berechnen$n\in\mathbb{N}$

$$\begin{equation} [(f(z)\cdot z^k)^{(n)}]_{z=0}\triangleq \frac{\text{d}^n\left[f(z)\cdot z^k\right]}{\text{d}z^n}\Bigg|_{z=0} \tag{1} \end{equation}$$

mein Versuch

Für die verallgemeinerte Leibniz-Regel gilt für alle$n$

$$\begin{equation}(f(z)\cdot z^k)^{(n)}=\sum_{i=0}^n \binom{n}{i}\cdot f^{(n-i)}(z) \cdot \left(z^k\right)^{(i)}\end{equation}$$ Das Problem besteht also darin, das zu berechnen$i$-te Ableitung der Potenz$z^k$. Wenn ich mich nicht irre, $$\begin{equation} \left(z^k\right)^{(i)}=\begin{cases} \frac{k!}{(k-i)!}z^{k-i} & \text{if } i\leq k\\ 0 & \text{otherwise} \end{cases} \end{equation}$$ Diese Formel besagt, dass der Index$i$der vorherigen Summierung darf den Wert nicht überschreiten$k$. Ohnehin,$k$ist ein externer Parameter und kann größer sein als$n$: In diesem Fall endet die Summierung beim Wert$n$, andernfalls endet die Summierung bei value$k$. Also ich würde schreiben $$\begin{equation}\begin{aligned}(f(z)\cdot z^k)^{(n)}&=\sum_{i=0}^{\text{min}(n,k)} \binom{n}{i}\cdot f^{(n-i)}(z) \cdot \frac{k!}{(k-i)!} z^{k-i}\\ &=k!\cdot\sum_{i=0}^{\text{min}(n,k)} \binom{n}{i}\cdot \frac{1}{(k-i)!}\cdot f^{(n-i)}(z) \cdot z^{k-i}\\ \end{aligned}\end{equation}$$ Jetzt kommen die Probleme. Indem man es einstellt$z=0$stellt sich heraus $$\begin{equation}\begin{aligned} % [(f(z)\cdot z^k)^{(n)}]_{z=0} &=k!\cdot\sum_{i=0}^{\text{min}(n,k)} \binom{n}{i}\cdot \frac{1}{(k-i)!}\cdot f^{(n-i)}(0) \cdot 0^{k-i}\\ \end{aligned}\end{equation}$$ Aus meiner Perspektive ist dieser Ausdruck wegen des Begriffs ziemlich schwierig$0^{k-i}$. Ich bin versucht zu schreiben $$\begin{equation} 0^{k-i}=\begin{cases}1 & \text{if } i=k\\ 0 & \text{otherwise} \end{cases} \end{equation}$$ und vereinfachen Sie folglich die letzte Summation als $$\begin{equation}\begin{aligned} % [(f(z)\cdot z^k)^{(n)}]_{z=0} &=k!\cdot\sum_{i=0}^{\text{min}(n,k)} \binom{n}{i}\cdot \frac{1}{(k-i)!}\cdot f^{(n-i)}(0) \cdot 0^{k-i}\\ &=\begin{cases} k!\cdot\binom{n}{k}\cdot \frac{1}{(k-k)!}\cdot f^{(n-k)}(0) \cdot 0^{k-k} & \text{if } n\geq k \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}\\ &=\begin{cases} \frac{n!}{(n-k)!}\cdot f^{(n-k)}(0) & \text{if } n\geq k \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}\\ \end{aligned}\end{equation}$$

Frage

Ich habe keine genaue Frage zu meinem Problem. Grundsätzlich zweifle ich wegen der undefinierten Potenz an meiner Herleitung$0^0$.