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Oui, car $ F $ est dense dans $ \mathbb{R}_{+}^{*} $ car $ F \supset A := \{\frac{3^p}{2^q} | (p,q) \in \mathbb{N}^2 \} $ et $ A = \exp (B) $ avec $ \exp : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}_{+}^{*} $ surjective et $ B := \{ p \ln 3 - q \ln 2 | (p,q) \in \mathbb{N}^2 \} $ dense dans $ \mathbb{R} $.

$\sum \limits_{a\in A} a^3=(\sum \limits_{a\in A} a)²$ , résultat connu qui permet de ne chercher la CNS uniquement pour $\sum \limits_{a\in A} a=0$

$\sum \limits_{a\in A} a=\frac{N(N+1)}{2} = 0$ si N divise $\frac{N(N+1)}{2}$ donc si il existe un K naturel non-nul tel que N.K = $\frac{N(N+1)}{2}$

On choisit alors: K = $\frac{N-1}{2}$ qui doit en plus être un entier. Ce sera donc impossible pour N pair et toujours possible pour N impair.



Une autre approche consisterait à grouper deux à deux certains éléments: rang 1 et N-1, rang 2 et N-2, etc, pour les additionner.
On se retrouve alors avec des groupes de deux qui sont divisibles par N (car égaux à N à eux deux), un dernier terme de rang N divisible par N (puisque égal à N), et un éventuel terme "tout seul", uniquement si N est pair, de rang N/2, de fait compris entre 1 et N-1 et donc non-divisible par N.

Dans cette solution, je commence par utiliser une partie de 192:
$\sum \limits_{a\in A} a=0$ implique que N impair.

On écrit alors N = 2N'+1, N' naturel.

J'utilise le résultat connu: $\sum \limits_{a\in A} a^2=\frac{N(N+1)(2N+1)}{6}$

$\sum \limits_{a\in A} a^2=\frac{N(N+1)(2N+1)}{6}$ = 0 si N divise $\frac{N(N+1)(2N+1)}{6}$ donc si il existe un entier naturel non-nul K tel que $K.N = \frac{N(N+1)(2N+1)}{6}$,
ce qui revient à chercher K entier tel que $K = \frac{(N+1)(2N+1)}{6}$

D'où 6 divise K. Comme 2 et 3 sont premiers entre eux, et que 2.3=6, alors:
=> soit 2 divise N+1 et alors 3 divise 2N+1,
=> soit encore 2 divise N+1 et aussi 3 divise N+1,

Les autres options sont disqualifiées d'entrée: 2N+1 est impair, 2 ne le divise pas.

Il reste alors :
=> la première option: 2 divise N+1 et 3 divise 2N+1.
=> la deuxième option: 2 ainsi que 3 divisent N+1.

Pour la première option:
2 divise N+1, N étant impair, et 3 doit diviser 2N+1. On va cette fois noter 2N+1 = 3.K', K' naturel non-nul,
ce qui donne :
$K' = \frac{2N+1}{3}$ = $\frac{2(2N'+1)+1}{3}$ = $\frac{4N'+3}{3}$ = $\frac{4N'}{3} + 1$
K naturel d'une part, 4 et 3 premiers entre eux d'autre part, ce qui implique que 3 divise N'.
N' est un multiple de 3,
N est donc un entier impair constitué du double d'un multiple de 3 auquel on ajoute 1.

Pour la deuxième option:
2 divise N+1, N étant impair, et 3 doit diviser N+1. On va cette fois noter N+1 = 2.3.R, R naturel non-nul,
ce qui donne :
$R = \frac{N+1}{6}$ = $\frac{(2N'+1)+1}{6}$ = $\frac{2N'+2}{6}$ = $\frac{N'+1}{3}$
Comme R est entier, 3 divise N'+1, il existe un R' naturel non-nul tel que N'+1 = 3.R', ce qui donne N' = 3R' -1
puis N = 6R' -2+1 = 6R'-1.
N est donc un entier impair constitué du double d'un multiple de 3 auquel on enlève 1.



En définitive, N doit être le double d'un multiple de 3 auquel on enlève ou on ajoute 1.