Para una breve explicación, vamos a hacer un breve cambio de variables. el original de la fracción parcial de la descomposición de su problema
$$\frac{1}{n(n+3)(n+6)}=\frac{1}{18}\left[\frac{1}{n}-\frac{2}{n+3}+\frac{1}{n+6}\right]$$
Dejando $n=3m$, obtenemos
$$\frac{1}{n(n+3)(n+6)}=\frac{1}{54}\left[\frac{1}{n}-\frac{2}{n+1}+\frac{1}{n+2}\right]$$
Muestra la suma como una matriz después de factorizar la $1/54$,
$$
\begin{matrix}
n=1: & 1/1 & -2/2 & \color\red{1/3} \\
n=2: & 1/2 & \color\red{-2/3} & \color\orange{1/4} \\
n=3: & \color\red{1/3} & \color\orange{-2/4} & \color\green{1/5} \\
n=4: & \color\orange{1/4} & \color\green{-2/5} & \color{blue}{1/6} \\
n=5: & \color\green{1/5} & \color{blue}{-2/6} & \vdots \\
n=6: & \color{blue}{1/6} & \vdots & \vdots
\end{de la matriz}
$$
Se puede ver entonces sumando, las diagonales añadir a 0 y así todos los términos por debajo de la diagonal roja va a cancelar mediante la sumatoria a 0. la ligera diferencia con su suma es que su fracción descomposición muestra que la cancelación se produce entre los términos separados por 3 unidades; su matriz tendría este aspecto después de factorizar la $1/18$:
$$
\begin{matrix}
n=1: & 1/1 & -2/4 & \color\red{1/7} \\
n=2: & 1/2 & -2/5 & \color\orange{1/8} \\
n=3: & 1/3 & -2/6 & \color{green}{1/9} \\
n=4: & 1/4 & \color\red{-2/7} & \color{blue}{1/10} \\
n=5: & 1/5 & \color\orange{-2/8} & \color{teal}{1/11} \\
n=6: & 1/6 & \color{green}{-2/9} & \color{aqua}{1/12} \\
n=7: & \color\red{1/7} & \color{blue}{-2/10} & \vdots \\
n=8: & \color\orange{1/8} & \color{teal}{-2/11} & \vdots \\
n=9: & \color{green}{1/9} & \color{aqua}{-2/12} & \vdots \\
n=10: & \color{blue}{1/10} & \vdots & \vdots \\
n=11: & \color{teal}{1/11} & \vdots & \vdots \\
n=10: & \color{aqua}{1/112} & \vdots & \vdots \\
\end{de la matriz}
$$
Por lo tanto, la suma de la serie es el resto de negro términos en la parte superior como cada sesgada de la diagonal en la imagen sumas a 0.
Tomo nota, del Laboratorio de respuesta es la mejor aquí como lo que realmente simplifica el problema matemáticamente y una vez $n=3$, se puede ver que la cancelación se producen muy bien...
EDITAR:
Hay una buena manera de mirar a un caso general, así. Vamos
$$\prod_{j=0}^m \frac{1}{n+jk}$$
tiene su fracción parcial de la descomposición como
$$\frac{1}{m!k^m}\left[\sum_{j=0}^m{(-1)^j\binom{m}{j}\frac{1}{n+jk}}\right]$$
El problema aquí es que queremos suma más de $n$. Así
$$S_{m,k}=\sum_{n=1}^\infty{\prod_{j=0}^m \frac{1}{n+jk}}={\frac{1}{m!k^m}\left[\sum_{n=1}^\infty\sum_{j=0}^m{(-1)^j\binom{m}{j}\frac{1}{n+jk}}\right]}$$
Pero ahora podemos tomar ventaja de la antena telescópica de la propiedad de la suma. Esto reduce entonces a partir de infinitas sumas de dinero para finito de sumas. Tenemos para la corchetes doble de la suma de la de arriba...
$$\sum_{n=1}^\infty\sum_{j=0}^m{(-1)^j\binom{m}{j}\frac{1}{n+jk}}=\sum_{i=1}^m\sum_{n=1}^{ik}\binom{m}{i}\frac{(-1)^{i-1}}{n}=\sum_{i=1}^m{(-1)^{i-1}}\binom{m}{i}\sum_{n=1}^{ik}\frac{1}{n}$$
Ahora el uso de la $k$-ésimo número armónico de la fórmula,
$$H_k=\sum_{n=1}^k{\frac{1}{n}}$$
vemos que
$$S_{m,k}=\frac{1}{m!k^m}\sum_{i=1}^m{(-1)^{i-1}}\binom{m}{i}H_{ik}$$
Esto está de acuerdo con la respuesta proporcionada por el ya que este caso tenemos $m=2, k=3$, por lo que
$$S_{2,3}=\frac{1}{2!3^2}\sum_{i=1}^2{(-1)^{i-1}}\binom{2}{i}H_{3i}=\frac{1}{18}\left(2H_3-H_6\right)=\frac{1}{18}\left(2\cdot\frac{11}{6}-\frac{49}{20}\right)=\frac{73}{1080}$$
