Exercices de Equations différentielles linéaires, Spé (prépa)

On résout $(E):\mathrm{sh}(x)y^{\prime }-\mathrm{ch}(x)y=1$ sur $\mathbb{R}$.
1. Résolution sur ${\mathbb{R}}_{+}^{\ast }$ et ${\mathbb{R}}_{-}^{\ast }$ :
En divisant par ${\mathrm{sh}}^2(x)$ (qui est non nul hors de $0$), l'équation devient :
$\frac{\mathrm{sh}(x)y^{\prime }-\mathrm{ch}(x)y}{{\mathrm{sh}}^2(x)}=\frac{1}{{\mathrm{sh}}^2(x)}$.
On reconnaît la dérivée d'un quotient : ${\left(\frac{y}{\mathrm{sh}(x)}\right)}^{\prime }=\frac{1}{{\mathrm{sh}}^2(x)}$.
Une primitive de $\frac{1}{{\mathrm{sh}}^2(x)}$ est $-\frac{\mathrm{ch}(x)}{\mathrm{sh}(x)}=-\coth (x)$.
On obtient donc $\frac{y}{\mathrm{sh}(x)}=-\coth (x)+C$, ce qui donne :
$y(x)=C\mathrm{sh}(x)-\mathrm{ch}(x)$.
Cette expression est valable sur ${\mathbb{R}}_{+}^{\ast }$ (avec $C_1$) et sur ${\mathbb{R}}_{-}^{\ast }$ (avec $C_2$).
2. Raccordement en 0 :
On remarque que l'expression $y(x)=C\mathrm{sh}(x)-\mathrm{ch}(x)$ possède toujours une limite finie en $0$, qui vaut $C\times 0-1=-1$.
Pour que la solution soit continue sur $\mathbb{R}$, il faut poser $y(0)=-1$.
Pour qu'elle soit dérivable, on forme le taux d'accroissement en $0$ :
$\frac{y(x)-y(0)}{x}=\frac{C\mathrm{sh}(x)-\mathrm{ch}(x)+1}{x}$.
Or $\mathrm{sh}(x)\sim x$ et $1-\mathrm{ch}(x)\sim -\frac{x^2}{2}$. Donc le taux d'accroissement admet pour limite $C$ en $0$.
Pour que la fonction soit dérivable sur $\mathbb{R}$, il faut que la dérivée à droite et à gauche coïncident, ce qui impose $C_1=C_2=C$.
3. Conclusion :
L'ensemble des solutions sur $\mathbb{R}$ est un espace vectoriel affine de dimension 1, dont la forme est $y(x)=C\mathrm{sh}(x)-\mathrm{ch}(x)$ avec $C\in \mathbb{R}$.