等差数列と等比数列の積の和ですが, 教科書ではあまりにも見事に計算されているので多くの人達は暗記してないと解けないでしょう. 少しでも覚えやすくなるように, そのアイデアの仕組みを見てみたいと思います. また別の方法もやってみます.
ここでは \(\displaystyle a_n=n, \ b_{n}=2^{n-1}\) として,
\(\displaystyle\sum _{k=1}^{n}k\cdot {2}^{k-1}=1+2\cdot 2+3\cdot {2}^{2}+4\cdot {2}^{3}+\cdots \cdots +n\cdot {2}^{n-1}\) について考えます.
\(\displaystyle S_n=\sum _{k=1}^{n}k\cdot {2}^{k-1}\) とします.
つまり \(\displaystyle S_n=1+2\cdot 2+3\cdot {2}^{2}+4\cdot {2}^{3}+\cdots \cdots +n\cdot {2}^{n-1}\) ・・・ ① です.
この式の両辺に \( b_n \) の公比である 2 を掛けます.
等比数列の性質から公比を掛けると \( b_n \) の部分の項が 1つずれます.
\(\displaystyle 2{S}_{n}=1\cdot 2+2\cdot {2}^{2}+3\cdot {2}^{3}+4\cdot {2}^{4}+\cdots \cdots +\left(n-1\right)\cdot {2}^{n-1}+n\cdot {2}^{n} \) ・・・ ②.
①②の差をとります.
このとき項をずらして指数部分をそろえて引きます.
\begin{align*} {S}_{n} & =1+2\cdot 2+3\cdot {2}^{2}+4\cdot {2}^{3}+5\cdot {2}^{4}+\cdots \cdots +n\cdot {2}^{n-1} \\ 2{S}_{n} & =\phantom{1+}\ 1\cdot 2+2\cdot {2}^{2}+3\cdot {2}^{3}+4\cdot {2}^{4}+\cdots \cdots +\left(n-1\right)\cdot {2}^{n-1}+n\cdot {2}^{n}\end{align*}
引くと今度は等差数列の性質が効いて \( a_n \) の公差がでてきます.
\[ S_n=1+1\cdot 2+1\cdot {2}^{2}+1\cdot {2}^{3}+1\cdot {2}^{4}+\cdots \cdots +1\cdot {2}^{n-1}-n\cdot {2}^{n} \]
\( a_n \) の公差 １ がそろって, すっきりしました.
最後の項を除いた最初の n 項は初項 1, 公比 2 の等比数列になっているので, この部分は等比数列の和の公式を使って,
\[S_n=\frac{1\cdot \left({2}^{n}-1\right)}{2-1}-n\cdot {2}^{n} \]
整理して, \(S_n=\left(n-1\right){2}^{n}+1 \) （答え）.
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まとめると
・等比数列の性質（公比を掛けることで項を1つずらす）
・等差数列の性質（引くことで一定の数(公差)を引き出す）
という等差数列・等比数列の性質をうまく使った解法ということになります.
\(\displaystyle S_n=1+2\cdot 2+3\cdot {2}^{2}+4\cdot {2}^{3}+\cdots \cdots +n\cdot {2}^{n-1} \) とします.
階差数列を求めると
\[S_{n+1}-{S}_{n}=\left(n+1\right)\cdot {2}^{n}\]
\(n\ge 2 \) のとき
\[S_{n}={S}_{1}+\sum _{k=1}^{n-1}\left(k+1\right)\cdot {2}^{k} \]
\[S_{n}=1+\sum _{k=1}^{n-1}k\cdot {2}^{k}+\sum _{k=1}^{n-1}{2}^{k} \]
\[S_{n}=1+\left(\sum _{k=1}^{n}k\cdot {2}^{k}-n\cdot {2}^{n}\right)+\sum _{k=1}^{n-1}{2}^{k} \]
\[S_{n}=1+\left(2\sum _{k=1}^{n}k\cdot {2}^{k-1}-n\cdot {2}^{n}\right)+\sum _{k=1}^{n-1}2\cdot {2}^{k-1} \]
\[S_{n}=1+\left(2{S}_{n}-n\cdot {2}^{n}\right)+\frac{2\left({2}^{n-1}-1\right)}{2-1} \]
\[S_{n}=1+2{S}_{n}-n\cdot {2}^{n}+{2}^{n}-2 \]
\[-{S}_{n}=\left(-n+1\right)\cdot {2}^{n}-1 \]
\[S_{n}=\left(n-1\right)\cdot {2}^{n}+1 \]
\(\displaystyle {S}_{1}=1\) なので, この式は \(n=1\) のときも成り立つから
\(\displaystyle {S}_{n}=\left(n-1\right){2}^{n}+1 \ \left(n\ge 1\right) \) (答え).
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\(\Sigma\) の変形と \({S}_{n}\) への置き換えが少し面倒ですが, 他でもよく使う方法を使いまわすという点では汎用性があるかもしれません.
数列でよくわからないときは, とにかく書き出して眺めるというのも意外に有効です.
\[{S}_{n}=1+2\cdot 2+3\cdot {2}^{2}+4\cdot {2}^{3}+\cdots \cdots +n\cdot {2}^{n-1}. \]
これを書きなおすと
各行は等比数列の和になっているので各行ごとに計算して, そのあと和をとります.
ちょっと小細工はしてますが以下の式となります.
\[{S}_{n}=\sum _{k=1}^{n}\frac{{2}^{k-1}\left({2}^{n-k+1}-1\right)}{2-1}=\sum _{k=1}^{n}\left({2}^{n}-{2}^{k-1}\right). \]
これを計算して
\(\displaystyle{S}_{n}=\left(n-1\right){2}^{n}+1 \)（答え）.
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というように考えてやる方法も考えられますが, 和の公式に書くことはできても実際計算すると,
もとの 等差数列×等比数列 になってしまって意味がありませんでした.
参考までに以下のような式になります.
\[{S}_{n}=\sum _{k=1}^{n}k+\sum _{j=1}^{n-1}\left(\left({2}^{j-1}\right)\sum _{k=1}^{n-j}\left(k+j\right)\right) \]
Maximaで計算してみると
\[{S}_{n}=\left(n-1\right){2}^{n}+1 \]
という結果になり, 間違ってはいないようです.
細かいことは抜きにして
\(\displaystyle \phantom{11-} 1-{x}^{n+1}=\left(1-x\right)\left(1+{x}^{}+{x}^{2}+{x}^{3}+\cdots \cdots \cdots +{x}^{n}\right)\) の両辺を \(\left(1-x\right) \) で割って
\[ \frac{1-{x}^{n+1}}{1-x}=1+{x}^{}+{x}^{2}+{x}^{3}+\cdots \cdots \cdots +{x}^{n}. \]
両辺を微分して
\[ \frac{-\left(n+1\right){x}^{n}\left(1-x\right)+\left(1-{x}^{n+1}\right)}{{\left(1-x\right)}^{2}}=1+2{x}^{}+3{x}^{2}+4{x}^{3}+\cdots \cdots \cdots +n{x}^{n-1}. \]
両辺に \(x=2\) を代入
\[ \frac{-\left(n+1\right){2}^{n}\left(1-2\right)+\left(1-{2}^{n+1}\right)}{{\left(1-2\right)}^{2}}=1+2\cdot {2}^{}+3\cdot {2}^{2}+4\cdot {2}^{3}+\cdots \cdots \cdots +n\cdot {2}^{n-1}. \]
計算すると
\[ \left(n-1\right){2}^{n}+1=1+2\cdot {2}^{}+3\cdot {2}^{2}+4\cdot {2}^{3}+\cdots \cdots \cdots +n\cdot {2}^{n-1}. \]
つまり \({S}_{n}=\left(n-1\right){2}^{n}+1 \)（答え）.
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結局は教科書の方法が楽なようです.「ずらして引く」という操作を等差数列や等比数列の性質をうまく使ってやっているんだなと理解しておけば覚えやすいでしょう.
あれこれと考えてみるのも悪くないので他の方法も参考にしてみてください.