嗨，我看到你在量子蒙特卡洛代码开发中遇到的这个级数问题了，这个形式其实可以借助莱布尼茨求导法则和柯西积分+留数定理的思路来处理，我给你一步步拆解下：

首先，先聚焦你给出的具体例子，这会更容易理解核心方法，之后再推广到一般形式：
你的目标级数是：
$$
\sum_{n = 0}^\infty \frac{1}{n!} \frac{d^n}{dxn} \left(\frac{e^{-\beta x}}{(x-D)^n}\right)
$$

第一步：用柯西积分公式转化高阶导数 #

我们可以用柯西积分公式把n阶导数转化为围道积分，公式是：
$$\frac{d^n}{dxn} h(x) = \frac{n!}{2\pi i} \oint_C \frac{h(z)}{(z-x)^{n+1}} dz$$
把这个代入你的级数里，就能消掉$n!$，得到：
$$
S(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!} \cdot \frac{n!}{2\pi i} \oint_C \frac{e^{-\beta z} (z-D)^{-n}}{(z-x){n+1}} dz
$$
化简后变成：
$$
S(x) = \frac{1}{2\pi i} \oint_C \frac{e^{-\beta z}}{z-x} \sum_{n=0}^\infty \left( \frac{1}{(z-D)(z-x)} \right)^n dz
$$

第二步：求和等比级数 #

里面的求和项是一个等比级数，当$\left| \frac{1}{(z-D)(z-x)} \right| <1$时收敛，它的和为：
$$
\sum_{n=0}^\infty \left( \frac{1}{(z-D)(z-x)} \right)^n = \frac{1}{1 - \frac{1}{(z-D)(z-x)}} = \frac{(z-D)(z-x)}{(z-D)(z-x)-1}
$$
把这个结果代回积分式，化简后得到：
$$
S(x) = \frac{1}{2\pi i} \oint_C \frac{e^{-\beta z} (z-D)}{(z-D)(z-x)-1} dz
$$

第三步：用留数定理计算积分 #

先把分母展开化简：
$$(z-D)(z-x)-1 = z^2 - (D+x)z + Dx -1$$
这个二次多项式的两个根是：
$$z_+ = \frac{(D+x) + \sqrt{(x-D)^2 +4}}{2}, \quad z_- = \frac{(D+x) - \sqrt{(x-D)^2 +4}}{2}$$

假设$\beta>0$（这在量子蒙特卡洛的玻尔兹曼权重场景下很常见），$e^{-\beta z}$在$\text{Re}(z)\to+\infty$时会衰减，我们可以取包围右半平面奇点的围道。通过判断可知$z_+$在右半平面，用留数定理计算积分：

• $z=z_+$处的留数为$\frac{e^{-\beta z_+}(z_+-D)}{2z_+ - (D+x)}$
• 代入$2z_+ - (D+x) = \sqrt{(x-D)^2+4}$和$z_+ - D = \frac{x-D + \sqrt{(x-D)^2+4}}{2}$，最终积分结果等于$2\pi i$乘以这个留数

最终闭合形式 #

整理后就能得到这个级数的闭合形式：
$$
S(x) = \exp\left( -\beta \cdot \frac{x+D + \sqrt{(x-D)^2+4}}{2} \right) \cdot \frac{(x-D) + \sqrt{(x-D)^{2+4}}{2\sqrt{(x-D)}2+4}}
$$
如果做变量替换$u=x-D$，还能简化成更紧凑的形式：
$$
S(x) = \exp\left( -\beta \cdot \frac{u + 2D + \sqrt{u^2+4}}{2} \right) \cdot \frac{u + \sqrt{u^{2+4}}{2\sqrt{u}2+4}}
$$

推广到一般形式 #

对于你最开始提到的$\sum_{n = 0}^\infty \frac{1}{n!} \frac{d^n}{dxn} \left(\frac{f(x)}{x^n}\right)$这类级数，核心思路是一样的：用柯西积分转化高阶导数→交换求和与积分顺序→求和等比级数→用留数定理计算积分。如果$f(x)$是解析函数，这个方法基本都能适用。

你最开始尝试的泰勒级数思路，本质上是想把级数转化为算子指数的形式，但这类微分算子的指数很难直接处理，用积分的方法反而更直接有效。

希望这个思路能帮到你，如果还有细节需要细化讨论可以再交流！

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Zaph