Pas de différentielle fonctorielle sur l'algèbre tensorielle ?

Bonjour,

J'ai montré qu'il n'existait pas d'opérateur linéaire $L$ (à part l'opérateur nul) qui transforme un champs de vecteur $X$ sur une variété de dimension $1$, en un "champs" d' application linéaire $LX$ (un tenseur donc), et tel que $L$ commute aux tirés en arrière.
On montre d'abord que si il existe une carte telle que $X$ soit un champs de vecteur constant, alors $LX=0$.
En effet, soit $V=\R$ une variété de dimension $1$. On note $X_c$ le champs de vecteur constant égal à $c$ ($c \in \R$ étant aussi un vecteur). On note $\phi_p$ le difféomorphisme de $V$ dans $V$ qui à $x$ associe $px$ (si $p>0$).
Alors $\phi_p^*X_c(x)=\frac{1}{\phi_p'(x)}X_c(\phi_p(x))$ par définition du tiré en arrière.
Donc $\phi_p^*X_c(x)=\frac{1}{p}c$ car $X_c$ est constant égal à $c$, donc $\phi_p^*X_c(x)=\frac{1}{p}X_c(x)$
Donc $L\phi_p^*X_c(x)(u)=\frac{1}{p}LX_c(x)(u)$ car $L$ est linéaire.

Par définition du tiré en arrière, $\phi_p^*LX_c(x)(u)=\frac{1}{\phi_p'(x)}LX_c(\phi_p(x))(\phi_p'(x)u)$.
Donc $\phi_p^*LX_c(x)(u)=\frac{1}{p}LX_c(px)(pu)=LX_c(px)(u)$ car, pour tout $y \in \R$, $LX_c(y)(u)$ est une application linéaire en $u$.

Donc, à cause de la commutation avec les tirés en arrière, on a $L\phi_p^*X_c(x)(u)=\phi_p^*LX_c(x)(u)$. C'est-à-dire $\frac{1}{p}LX_c(x)(u)=LX_c(px)(u)$.
Si on choisit $x=0$ et $p\neq 1$, on obtient donc $\frac{1}{p}LX_c(0)(u)=LX_c(0)(u)$, donc $LX_c(0)(u)=0$.

Commme $x=0$ est un point quelconque la variété $V$, on obtient donc $LX_c(x)(u)=0$ pour tout $x \in V$.
On aurait aussi pu choisir des difféomorphismes $\phi_{p,x_0}:x \mapsto x_0+p(x-x_0)$ pour montrer que c'était valable pour tout $x$ de $V$.

Soit la variété $W=]a,b[$ et $\phi$ l'inclusion de $W$ dans $V$, alors soit $Y_c$ le champs de vecteur constant sur $W$ égal à $c$. Alors $\phi^*X_c=Y_c$.
Donc $LY_c=L\phi^*X_c=\phi^*LX_c=\phi^*0=0$ où $0$ est le tenseur nul respectivement sur $V$ puis sur $W$.

Soit $Z$ de carte $]f,g[$ une variété de dimension $1$, soit $X$ un champs de vecteur sur $Z$. Si $X$ est nul sur $Z$, alors $LX=0$. Si $X$ est non nul et par continuité ne s'annule pas sur $]a,b[ \subset ]f,g[$, alors il existe $\phi$ un difféomorphisme de $]k,l[$ sur $]a,b[$ tel que $\phi^*X$ est constant égal à $1$. En effet, on cherche $\phi$ tel que $\frac{1}{\phi'(x)}X(\phi(x))=1$, donc on choisit $\phi(x)=F^{-1}(x)$ où $F$ est une primitive de $\frac{1}{X}$.

Donc $\phi^*X=X_1$, donc $L\phi^*X=LX_1=0$, car $X_1$ est constant, donc, par commutation, $\phi^* LX=0$, donc $LX=0$ sur $]a,b[$.

Donc $L$ est l'opérateur nul (par continuité, en effet, il faut le montrer sur $Z$)

C'est quoi un "tenseur" ici ? C'est juste un élément (une section ?) de $(TM)^{\otimes p }\otimes ((TM)^*)^{\otimes q}$ ou il faut un truc en plus ? 

Tu dois avoir raison. Je crois que j'ai mal retranscrit la condition de commutation avec les tirés en arrière.

Maxtimax: comment fais-tu pour définir $TM \otimes (\wedge^0TM)^* \rightarrow TM \otimes (\wedge^1 TM)^*$ ? Car si on a $V$ un champs de vecteur, $P$ une fonction $C^{\infty}$ sur la variété et $f$ une fonction $C^{\infty}$ sur la variété, on a $(fV) \otimes P=V \otimes (fP)$. Mais l'image, par $id \otimes d$, de $(fV) \otimes P$ est $(fV) \otimes dP$ alors que l'image de $V \otimes (fP)$ est $V \otimes (Pdf+f dP)$.