Si $c\neq d$ , les primitives considérées sont rationnelles si et seulement si il existe $A$ et $B$ tels que

$\frac{(x-a)(x-b)}{(x-c)^2(x-d)^2}=\frac{A}{(x-c)^2}+\frac{B}{(x-d)^2}\;(*)$

$\begin{align*}\ensuremath (*)&\Leftrightarrow\exists(A,B)\in\Rr^2/\;\left\{ \begin{array}{l} A+B=1\\ -2(Ad+Bc)=-(a+b)\\ Ad^2+Bc^2=ab \end{array} \right.\Leftrightarrow\exists(A,B)\in\Rr^2/\;\left\{ \begin{array}{l} B=1-A\\ A(d-c)+c=\frac{1}{2}(a+b)\\ Ad^2+Bc^2=ab \end{array} \right. \\ &\Leftrightarrow\exists(A,B)\in\Rr^2/\;\left\{ \begin{array}{l} A=\frac{a+b-2c}{2(d-c)}\\ B=\frac{2d-a-b}{2(d-c)}\\ Ad^2+Bc^2=ab \end{array} \right. \Leftrightarrow\frac{a+b-2c}{2(d-c)}d^2+\frac{2d-a-b}{2(d-c)}c^2=ab\\ &\Leftrightarrow d^2(a+b-2c)+c^2(2d-a-b)=2ab(d-c)\Leftrightarrow(a+b)(d^2-c^2)-2cd(d-c)=2ab(d-c)\\ &\Leftrightarrow2cd+(a+b)(c+d)=2ab\Leftrightarrow(a+b)(c+d)=2(ab-cd). \end{align*}$

Si $c=d$ , il existe trois nombres $A$ , $B$ et $C$ tels que $(x-a)(x-b)=A(x-c)^2+B(x-c)+C$ et donc tels que

$\frac{(x-a)(x-b)}{(x-c)^4}=\frac{A}{(x-c)^2}+\frac{B}{(x-c)^3}+\frac{C}{(x-c)^4}.$

Dans ce cas, les primitives sont rationnelles. Finalement, les primitives considérées sont rationnelles si et seulement si $c=d$ ou ( $c\neq d$ et $(a+b)(c+d)=2(ab-cd)$ ).

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