Sobre la regla generalizada de Leibniz

definición del problema

tengo que evaluar en$z=0$el$n$-ésima derivada con respecto$z$del producto$f(z)\cdot z^k$, dónde$f(\cdot)$es una función suave genérica y$k$es un entero dado. Usaré la notación abreviada$F^{(n)}(z)$para denotar el$n$-ésima derivada de la función genérica$F(z)$, entonces lo que quiero es calcular para cualquier$n\in\mathbb{N}$

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

mi intento

Para la regla de Leibniz generalizada , se cumple para cualquier$n$

$$\begin{equation}(f(z)\cdot z^k)^{(n)}=\sum_{i=0}^n \binom{n}{i}\cdot f^{(n-i)}(z) \cdot \left(z^k\right)^{(i)}\end{equation}$$ por lo que el problema consiste en calcular el$i$-ésima derivada de la potencia$z^k$. Si no me equivoco, $$\begin{equation} \left(z^k\right)^{(i)}=\begin{cases} \frac{k!}{(k-i)!}z^{k-i} & \text{if } i\leq k\\ 0 & \text{otherwise} \end{cases} \end{equation}$$ Esta fórmula dice que el índice$i$de la sumatoria anterior no puede exceder el valor$k$. De todos modos,$k$es un parámetro externo y puede ser mayor que$n$: en este caso la suma se detiene en el valor$n$, de lo contrario, la suma se detiene en el valor$k$. Entonces escribiría $$\begin{equation}\begin{aligned}(f(z)\cdot z^k)^{(n)}&=\sum_{i=0}^{\text{min}(n,k)} \binom{n}{i}\cdot f^{(n-i)}(z) \cdot \frac{k!}{(k-i)!} z^{k-i}\\ &=k!\cdot\sum_{i=0}^{\text{min}(n,k)} \binom{n}{i}\cdot \frac{1}{(k-i)!}\cdot f^{(n-i)}(z) \cdot z^{k-i}\\ \end{aligned}\end{equation}$$ Ahora vienen los problemas. Configurando$z=0$resulta $$\begin{equation}\begin{aligned} % [(f(z)\cdot z^k)^{(n)}]_{z=0} &=k!\cdot\sum_{i=0}^{\text{min}(n,k)} \binom{n}{i}\cdot \frac{1}{(k-i)!}\cdot f^{(n-i)}(0) \cdot 0^{k-i}\\ \end{aligned}\end{equation}$$ desde mi perspectiva, esta expresión es bastante engañosa debido al término$0^{k-i}$. estoy tentado a escribir $$\begin{equation} 0^{k-i}=\begin{cases}1 & \text{if } i=k\\ 0 & \text{otherwise} \end{cases} \end{equation}$$ y en consecuencia simplificar la última suma como $$\begin{equation}\begin{aligned} % [(f(z)\cdot z^k)^{(n)}]_{z=0} &=k!\cdot\sum_{i=0}^{\text{min}(n,k)} \binom{n}{i}\cdot \frac{1}{(k-i)!}\cdot f^{(n-i)}(0) \cdot 0^{k-i}\\ &=\begin{cases} k!\cdot\binom{n}{k}\cdot \frac{1}{(k-k)!}\cdot f^{(n-k)}(0) \cdot 0^{k-k} & \text{if } n\geq k \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}\\ &=\begin{cases} \frac{n!}{(n-k)!}\cdot f^{(n-k)}(0) & \text{if } n\geq k \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}\\ \end{aligned}\end{equation}$$

pregunta

No tengo una pregunta precisa sobre mi problema. Esencialmente, tengo dudas sobre mi derivación debido al poder indefinido.$0^0$.