$\frac{1}{X}$ n'est la dérivée d'aucune fraction rationnelle

Ce qu'on a le droit d'utiliser. La forme irréductible d'une fraction et la définition des pôles avec leur ordre, la dérivée d'un quotient, le théorème de décomposition en éléments simples sur $\mathbb{C}$ avec son unicité, et la dérivée de $\frac{1}{(X-\lambda {)}^k}$, qui vaut $\frac{-k}{(X-\lambda {)}^{k+1}}$. La stratégie : dériver monte l'ordre de chaque pôle d'une unité ; or $\frac{1}{X}$ a un pôle d'ordre $1$, qui ne peut être monté depuis rien.

1) Dériver monte l'ordre d'un pôle. Écrivons $F$ sous forme irréductible $F=\frac{A}{(X-\lambda {)}^{m}B}$ avec $B(\lambda )\ne 0$ (le pôle $\lambda$ est d'ordre exactement $m$) et $A(\lambda )\ne 0$ (numérateur et dénominateur sont premiers entre eux, donc $\lambda$, racine du dénominateur, n'est pas racine de $A$). Dérivons le quotient, avec le dénominateur $D=(X-\lambda {)}^{m}B$ et $D^{\prime }=m(X-\lambda {)}^{m-1}B+(X-\lambda {)}^m{B}^{\prime }$ : $$F^{\prime }=\frac{A^{\prime }D-A{D}^{\prime }}{D^2}=\frac{A^{\prime }(X-\lambda {)}^{m}B-A(m(X-\lambda {)}^{m-1}B+(X-\lambda {)}^m{B}^{\prime })}{(X-\lambda {)}^{2m}{B}^2}=\frac{(X-\lambda )(A^{\prime }B-A{B}^{\prime })-mAB}{(X-\lambda {)}^{m+1}{B}^2},$$ après simplification par $(X-\lambda {)}^{m-1}$. Notons $N=(X-\lambda )(A^{\prime }B-A{B}^{\prime })-mAB$ le numérateur : $N(\lambda )=0-mA(\lambda )B(\lambda )\ne 0$. Ainsi $N$ n'est pas divisible par $X-\lambda$, et le dénominateur $(X-\lambda {)}^{m+1}{B}^2$ porte $\lambda$ avec la multiplicité exactement $m+1$ (car $B(\lambda {)}^2\ne 0$). En passant à la forme irréductible, aucune puissance de $X-\lambda$ ne se simplifie : $\lambda$ est un pôle de $F^{\prime }$ d'ordre exactement $m+1$.

2) Pas de pôle nouveau. Si $\lambda$ n'est pas un pôle de $F=\frac{A}{B}$ (forme irréductible), alors $B(\lambda )\ne 0$. La dérivée $F^{\prime }=\frac{A^{\prime }B-A{B}^{\prime }}{B^2}$ a un dénominateur qui ne s'annule pas en $\lambda$ ; sa forme irréductible a un dénominateur qui divise $B^2$, donc ne s'annule pas non plus en $\lambda$. $\lambda$ n'est pas un pôle de $F^{\prime }$. En résumé : les pôles de $F^{\prime }$ sont exactement ceux de $F$, chacun avec un ordre augmenté de $1$ — en particulier tous les pôles de $F^{\prime }$ sont d'ordre au moins $2$.

3) $\frac{1}{X}$ n'a pas de primitive rationnelle. Supposons $F^{\prime }=\frac{1}{X}$ avec $F\in \mathbb{C}(X)$. Le point $0$ est un pôle de $\frac{1}{X}$, d'ordre $1$. Par le 2), $0$ est un pôle de $F$ ; par le 1), c'est alors un pôle de $F^{\prime }$ d'ordre au moins $2$. Contradiction avec l'ordre $1$. Aucune fraction rationnelle n'a $\frac{1}{X}$ pour dérivée. (C'est la raison profonde pour laquelle la primitive de $\frac{1}{x}$, le logarithme, est une fonction « nouvelle » : elle ne peut pas être rationnelle.)

4) La caractérisation. Soit $F=E+{\sum }_{\lambda }{\sum }_{k=1}^{m_{\lambda }}\frac{c_{\lambda ,k}}{(X-\lambda {)}^k}$ la décomposition en éléments simples de $F$ sur $\mathbb{C}$, $E$ étant la partie entière.

Sens réciproque. Supposons $c_{\lambda ,1}=0$ pour tout pôle $\lambda$. Alors chaque terme se primitive dans $\mathbb{C}(X)$ : $E$ admet une primitive polynomiale, et pour $k\ge 2$, $\frac{c}{(X-\lambda {)}^k}$ est la dérivée de $\frac{-c}{(k-1)(X-\lambda {)}^{k-1}}$. La somme de ces primitives est une fraction rationnelle $G$ avec $G^{\prime }=F$.

Sens direct. Supposons $F=G^{\prime }$ avec $G\in \mathbb{C}(X)$, et décomposons $G=E_G+{\sum }_{\lambda }{\sum }_k\frac{d_{\lambda ,k}}{(X-\lambda {)}^k}$. En dérivant terme à terme, $G^{\prime }=E_G^{\prime }+{\sum }_{\lambda }{\sum }_k\frac{-k{d}_{\lambda ,k}}{(X-\lambda {)}^{k+1}}$ : c'est une écriture de $F$ comme somme d'un polynôme et d'éléments simples dont tous les exposants sont au moins $2$, et par le 1) les pôles qui y figurent sont bien les pôles de $F$. Par unicité de la décomposition en éléments simples, c'est la décomposition de $F$, et les coefficients des termes d'exposant $1$ y sont tous nuls. $F$ a une primitive rationnelle si et seulement si aucun terme $\frac{c_{\lambda }}{X-\lambda }$ n'apparaît dans sa décomposition. Les termes en $\frac{1}{X-\lambda }$ sont exactement ceux dont la primitive est un logarithme (chapitre 16, sur $\mathbb{R}$) ; tous les autres se primitivent en fractions.

Le point délicat. Au 1), il faut que $A(\lambda )\ne 0$ et $B(\lambda )\ne 0$ après mise sous forme irréductible, faute de quoi le numérateur $N$ pourrait s'annuler en $\lambda$ et simplifier une puissance. Et au 4), c'est l'unicité de la décomposition — un théorème admis, mais dont c'est ici l'usage essentiel — qui permet de lire les coefficients de $F$ sur ceux de $G^{\prime }$.

Ce que l'exercice installe. La dérivation agit sur les pôles comme une mécanique : elle conserve l'ensemble des pôles et monte chaque ordre d'un cran, sans jamais produire de pôle simple. La décomposition en éléments simples n'est donc pas un exercice de calcul gratuit : c'est la forme canonique où se lit, terme à terme, ce qui se primitive en fraction et ce qui exige un logarithme.