Утверждение неверно.
Контрпример. Пусть
$a_n=0$ при $n$ не степени двух, а при $n=2^m$ положим $a_{2^m}=\frac{1}{m^2}$ для $m\ge 1$. Тогда
$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n=\sum _{m=1}^{\infty }\frac{1}{m^2}<\infty ,$$ но для $n=2^m$ $$n{a}_n=2^m\cdot \frac{1}{m^2}\to \infty ,$$ так что в частности $n{a}_n\nrightarrow 0$.
Замечание (когда верно). Если дополнительно требовать, что $(a_n)$ невозрастающая последовательность неотрицательных чисел, то из сходимости $\sum a_n$ следует $n{a}_n\to 0$. Доказательство: по признаку конденсации Коши сходимость $\sum a_n$ равносильна сходимости $\sum 2^k{a}_{2^k}$, значит $2^k{a}_{2^k}\to 0$. Для произвольного $n$ выберем $k$ с $2^{k-1}<n\le 2^k$. Так как $a_n$ невозрастающая,
$$n{a}_n\le 2^k{a}_{2^{k-1}}=2\cdot (2^{k-1}{a}_{2^{k-1}})\to 0.$$