1ère solution. Pour \(x=(x_1,\ldots,x_n)\in\Rr^n\), \(f(x)=\sqrt{\sum_{i=1}^{n}x_i^2}\). \(f\) est de classe \(C^1\) sur \(\Rr^n\setminus\{0\}\) en vertu de théorèmes généraux et pour tout \(x=(x_1,\ldots,x_n)\in\Rr^n\setminus\{0\}\) et tout \(i\in\llbracket1,n\rrbracket\)

\(\frac{\partial f}{\partial x_i}(x)= \frac{x_i}{\sqrt{\sum_{i=1}^{n}x_i^2}}= \frac{x_i}{\|x\|_2}\).

On en déduit que \(f\) est différentiable sur \(\Rr^n\setminus\{0\}\) et pour \(x\in\Rr^n\setminus\{0\}\) et \(h\in\Rr^n\)

\(df_x(h)=\sum_{i=1}^{n} \frac{\partial f}{\partial x_i}(x)h_i= \frac{1}{\|x\|_2}\sum_{i=1}^{n}x_ih_i= \frac{x|h}{\|x\|_2}\).

2 ème solution. Soit \(x\in\Rr^n\setminus\{0\}\). Pour \(h\in\Rr^n\),

\(\|x+h\|_2-\|x\|_2= \frac{\left(\|x+h\|_2-\|x\|_2\right)\left(\|x+h\|_2+\|x\|_2\right)}{\|x+h\|_2+\|x\|_2}= \frac{2(x|h)+\|h\|_2^2}{\|x+h\|_2+\|x\|_2}\),

puis

\(\|x+h\|_2-\|x\|_2- \frac{x|h}{\|x\|_2}= \frac{2(x|h)+\|h\|_2^2}{\|x+h\|_2+\|x\|_2}- \frac{x|h}{\|x\|_2}= \frac{-\left(\|x+h\|_2-\|x\|_2\right)(x|h)+\|x\|_2\|h\|_2^2}{\left(\|x+h\|_2+\|x\|_2\right)\|x\|_2}\).

Maintenant, on sait que l’application \(x\mapsto\|x\|_2\) est continue sur \(\Rr^n\). On en déduit que \(\frac{1}{\left(\|x+h\|_2+\|x\|_2\right)\|x\|_2}\underset{h\rightarrow0}{\sim} \frac{1}{2\|x\|_2^2}\) et aussi que \(\|x+h\|_2-\|x\|_2\) tend vers \(0\) quand \(h\) tend vers \(0\). Ensuite, puisque \(\left|(x|h)\right|\leqslant\|x\|_2\|h\|_2\) (inégalité de Cauchy-Schwarz), on a \(x|h\underset{h\rightarrow0}{=}O(\|h\|_2)\) puis \(\left(\|x+h\|_2-\|x\|_2\right)\left(x|h\right)\underset{h\rightarrow0}{=}o(\|h\|_2)\).

Finalement, \(\frac{-\left(\|x+h\|_2-\|x\|_2\right)(x|h)+\|x\|_2\|h\|_2^2}{\left(\|x+h\|_2+\|x\|_2\right)\|x\|_2}\underset{h\rightarrow0}{=}o(\|h\|_2)\) et donc

\(\|x+h\|_2\underset{h\rightarrow0}{=}\|x\|_2+ \frac{x|h}{\|x\|_2}+o(\|h\|_2)\).

Puisque l’application \(h\mapsto \frac{x|h}{\|x\|_2}\) est linéaire, on a redémontré que \(f\) est différentiable en tout \(x\) de \(\Rr^n\setminus\{0\}\) et que \(\forall x\in\Rr^n\setminus\{0\}\), \(\forall h\in\Rr^n\), \(df_x(h)= \frac{x|h}{\|x\|_2}\).

Soit \(L\) une application linéaire de \(\Rr^n\) dans \(\Rr\) c’est-à-dire une forme linéaire.

\(\frac{1}{\|h\|_2}\left(\|0+h\|_2-\|0\|_2-L(h)\right)=1-L\left( \frac{h}{\|h\|_2}\right)\).

Supposons que cette expression tende vers \(0\) quand \(h\) tend vers \(0\). Pour \(u\) vecteur non nul donné et \(t\) réel non nul, l’expression \(1-L\left( \frac{tu}{\|tu\|_2}\right)=1- \frac{t}{|t|}L\left( \frac{u}{\|u\|_2}\right)\) tend donc vers \(0\) quand \(t\) tend vers \(0\). Mais si \(t\) tend vers \(0\) par valeurs supérieures, on obtient \(L(u)=\|u\|_2\) et si \(t\) tend vers \(0\) par valeurs inférieures, on obtient \(L(u)=-\|u\|_2\) ce qui est impossible car \(u\neq0\). Donc \(f\) n’est pas différentiable en \(0\).

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