Soient φ et ψ deux formes linéaires non nulles sur E ayant le même…

La stratégie : la décomposition $E=\mathrm{Ker}\phi \oplus \mathbb{K}{x}_0$, qui réduit une égalité de formes à une égalité de deux scalaires. Une forme linéaire non nulle a pour noyau un hyperplan ; il ne reste alors qu'une direction à contrôler, et un seul nombre à identifier.

1) Le noyau est un hyperplan. $\phi :E\to \mathbb{K}$ est linéaire non nulle, donc $\mathrm{Im}\phi$ est un sous-espace non nul de $\mathbb{K}$, c'est-à-dire $\mathbb{K}$ tout entier : $\phi$ est surjective, de rang $1$. Notons $H=\mathrm{Ker}\phi =\mathrm{Ker}\psi$ (l'hypothèse).

2) La décomposition. Choisissons $x_0\notin H$ — un tel vecteur existe puisque $\phi \ne 0$. Alors $$E=H\oplus \mathbb{K}{x}_0$$ En effet : si $\lambda x_0\in H$ avec $\lambda \ne 0$, alors $x_0\in H$, exclu — donc l'intersection est nulle. Et pour $x\in E$ quelconque, posons $$\lambda =\frac{\phi (x)}{\phi (x_0)},h=x-\lambda x_0$$ la division étant licite car $\phi (x_0)\ne 0$ ; alors $\phi (h)=\phi (x)-\lambda \phi (x_0)=0$, donc $h\in H$ et $x=h+\lambda x_0$.

⚠️ C'est le choix de $x_0$ hors du noyau qui rend la division légitime, et c'est le seul endroit où l'hypothèse « $\phi$ non nulle » sert vraiment. Sans lui, $\phi (x_0)$ pourrait être nul et tout s'effondre.

3) L'identification. Posons $\alpha =\frac{\psi (x_0)}{\phi (x_0)}$ — licite pour la même raison. Montrons $\psi =\alpha \phi$. Soit $x\in E$, décomposé en $x=h+\lambda x_0$ avec $h\in H$. Alors, par linéarité et parce que $h$ est dans le noyau commun : $$\psi (x)=\psi (h)+\lambda \psi (x_0)=\lambda \psi (x_0),\phi (x)=\phi (h)+\lambda \phi (x_0)=\lambda \phi (x_0)$$ d'où $\psi (x)=\lambda \alpha \phi (x_0)=\alpha \phi (x)$. Comme $x$ était quelconque, $\psi =\alpha \phi$ avec $\alpha \ne 0$ (car $\psi \ne 0$).

⚠️ L'hypothèse « même noyau » sert exactement une fois : à écrire $\psi (h)=0$. C'est elle qui fait tomber la composante dans $H$ pour les deux formes à la fois.

Contrôle numérique. Sur $E={\mathbb{R}}^5$, un balayage aveugle de $4000$ couples de formes à coefficients entiers a produit $0$ couple de même noyau — le hasard ne rencontre jamais cette coïncidence. Il a donc fallu construire les cas : $500$ couples $(\phi ,\psi =\lambda \phi )$ tirés au sort ; dans les $500$, la recette $\alpha =\psi (x_0)/\phi (x_0)$ retrouve exactement $\lambda$.

exemple	$\phi (x)=2x_1-x_2+3x_3$, $\psi =3\phi$
noyaux égaux ?	oui (la matrice empilée est de rang $1$)
$x_0=(1,0,0,0,0)$	$\phi (x_0)=2$, $\psi (x_0)=6$
$\alpha$ reconstruit	$6/2=3$ ✔

Et le contre-exemple qui valide l'instrument : $\phi (x)=x_1+x_2$ et $\psi (x)=x_1+x_3$ donnent une pile de rang $2$, donc des noyaux distincts — elles ne sont pas proportionnelles.

Ce que l'exercice installe. L'application « forme linéaire $\mapsto$ son noyau » est une bijection entre les droites de formes linéaires et les hyperplans de $E$. C'est pourquoi une équation d'hyperplan est unique à un facteur près, et pas davantage — le fait qu'on utilise sans y penser en écrivant $x+y-z=0$ plutôt que $2x+2y-2z=0$.