含克罗内克δ的三重级数求和的简化方法问询

各位好，我最近在推导立方超根$\text{ssrt}_3(x)$的级数展开时遇到了一个级数简化的问题，想和大家探讨下思路。先给大家梳理下相关背景和当前的困境：

前期推导背景 #

之前的推导中，我得到了立方超根级数展开的部分表达式：
$$\sum_{n=1}^{\infty\frac{y}n}{n!}\sum_{m=0}^{\infty\frac{(-n)}m}{m!}\sum_{k=0}^{{n-1}\binom{n-1}k\left.\frac{d}kt^m}{dtk}\right|{t=0}\left.\frac{d^{n-1-k}e{tm}}{d^{{n-1-k}}\right|_{t=0}=\lim_{t\to0}\sum_{n=1}}\infty\frac{y^{n}{n!}\sum_{m=0}}\infty \sum{k=0}^{{n-1}\frac{(-n)}m \Gamma(n) m^{n-k+1}t{m-k}}{k!(m-k)!\Gamma(n-k)}$$
这里我们忽略了外层求和里的$m=0$项。内层求和用到了超几何函数$U(a,b,x)$，还消去了$t^a$项，所以极限求解起来相对顺利。通过测试不同的$m,n$取值，我找到了极限的规律，用伽马函数的比值可以表示为：
$$\lim_{t\to0}\sum_{m,n=1}^{\infty\frac{y}n mⁿⁿm}{m^{{m+2}(m-1)!n!}U(-m,n-m,t)=\lim_{t\to0}\sum_{m,n=1}}\infty\frac{y^n mⁿⁿm(m-(n+t))!\sin(\pi(n+t))}{m^{{m+2}\pi\Gamma(m)}=\sum_{m,n=1}}\infty\frac{y^n(-1)mm^n n^{{m-1}}{\Gamma(n-m)\Gamma(m)m}{m+2}}$$

当前遇到的问题 #

现在我尝试交换微分顺序（基于一般莱布尼茨法则），得到了一个等价的求和式，但其中一部分的极限表达式是这样的：
$$\sum_{n=1}^{\infty\frac{y}n}{n!}\sum_{m=0}^{\infty\frac{(-n)}m}{m!}\sum_{k=0}^{{n-1}\binom{n-1}k\left.\frac{d}{n-1-k}t^m}{dt{n-1-k}}\right|{t=0}\left.\frac{d^ke{tm}}{dt^{k}\right|_{t=0}=\lim_{t\to0}\sum_{n=1}}\infty\sum{m=0}^{\infty\sum_{k=0}}{n-1}\frac{y^nmk(-n)^m t^{k+m-n+1}}{(k+m-n+1)!\Gamma(n-k)k!n}$$
直接取$\lim\limits_{t\to0}t^{k+m-n+1}$会导致整个求和发散，而且即使去掉部分项，求和依然发散，所以没法代入合流超几何函数$,1\text F_1(a;b;x)$的这个恒等式：
$$\sum{k=0}^{n-1}\frac{mk(-n)^m t^{{k+m-n+1}}{(k+m-n+1)!\Gamma(n-k)k!n}=\frac{(-n)}mt^{m-n+1},_1\text F_1(1-n;m-n+2;-mt) }{n!(m-n+1)!}$$

不过我注意到，截断求和会得到一个多项式，而这个极限其实就是多项式的常数项，所以这里自然引入了克罗内克$\delta$函数，把极限转化为：
$$\lim_{t\to0}\sum\limits_{n\ge1}\sum\limits_{m\ge0}\sum\limits_{k=0}^{n-1}\frac{ynm^k(-n)mt^{k+m-n+1}}{(k+m-n+1)!\Gamma(n-k)k!n}= \sum\limits_{n\ge1}\sum\limits_{m\ge0}\sum\limits_{k=0}^{n-1}\frac{ynm^k(-n)m\delta_{k+m-n+1}}{(k+m-n+1)!\Gamma(n-k)k!n}$$

我知道可以通过某种方式去掉其中一个求和项或者进一步简化这个三重级数，但具体该怎么操作呢？想请教下各位有没有可行的思路或者方法。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Tyma Gaidash