曲线族拉回的微分与李导数拉回积分等式的证明及相关疑问
我现在遇到这么个问题：假设我们有一族曲线 $x_s : [0,1] \longrightarrow M$，其中参数 $s \in (-\epsilon, \epsilon)$，$M$ 是一个流形（为了简化可以当成 $\mathbb{R}^n$ 来处理）。另外定义 $\zeta := \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}x_s|_{s = 0}$，它是曲线 $x$ 上的一个向量场（准确来说是映射 $[0,1] \longrightarrow x^*TM$，不过暂时不用纠结太细的正则性细节）。
我现在想计算的是：
$$\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}|{s = 0}\displaystyle\int{0}^1 x_s^{*}\lambda$$
这里 $\lambda$ 是 $M$ 上任意可积的1-形式。
我看到资料里给出的结论是：
$$\boxed{\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}|{s = 0}\displaystyle\int{0}^1 x_s^{}\lambda = \displaystyle\int_0^1 x^{}\mathcal{L}\zeta\lambda}$$
其中 $\mathcal{L}\zeta$ 是关于上面定义的向量 $\zeta$ 的李导数。不过我不太确定怎么证明这个等式，目前我的思路走到这一步：
\begin{align}
\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}|{s = 0}\displaystyle\int{0}^1 x_s^{}\lambda &= \displaystyle\int_{0}^1 \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}|_{s = 0} , x_s^{}\lambda \
&= \displaystyle\int_0^1 \lim\limits_{\varepsilon \to 0} \frac{1}{\varepsilon}(x_\varepsilon^{}\lambda - x^{}\lambda) \quad (\text{因为 } x_0 = x)
\end{align}
但我没法把 $\lim\limits_{\varepsilon \to 0} \dfrac{1}{\varepsilon}(x_\varepsilon^{}\lambda - x^{}\lambda)$ 和 $x^{*}\mathcal{L}_\zeta \lambda$ 正式对应起来。从直观上我能理解：$\zeta$ 是曲线 $x$ 上的向量场，由曲线族 $x_s$ 生成，左边的表达式相当于沿着 $\zeta$ 的“流”求导，这正好是李导数的意义。
不过这里有个困惑：$\zeta$ 只在曲线 $x$ 上有定义，那 $\mathcal{L}\zeta \lambda$ 到底是什么意思？是不是要把 $\zeta$ 延拓到 $x$ 之外的区域？而且最后取拉回 $x^{*}\mathcal{L}\zeta\lambda$ 是不是说明延拓的方式不影响结果？
有没有大佬能帮我理清这个证明思路，或者解答我的这些疑问？谢谢啦：）
别着急，我们一步步来拆解这个问题：
首先，先明确几个核心关键点：
- 你提到的 $\zeta$ 是沿曲线的向量场，确实只定义在 $x([0,1])$ 上，但李导数通常是对全局向量场定义的——不过这里有个关键技巧：我们可以任意把 $\zeta$ 延拓成 $M$ 上的全局向量场 $\tilde{\zeta}$（流形上沿子流形的向量场总能延拓到全局，这是流形的基本性质，不用太担心延拓的具体方式），而且最后你会发现，延拓的选择完全不影响最终的拉回结果 $x^*\mathcal{L}_{\tilde{\zeta}}\lambda$。
接下来我们正式推导这个等式：
第一步：写出拉回1-形式的具体作用
对于1-形式 $\lambda$，$x_s^\lambda$ 是 $[0,1]$ 上的1-形式。在任意点 $t \in [0,1]$ 处，它作用在切向量 $\frac{d}{dt}$ 上的结果可以用拉回的定义直接写出：
$$(x_s^\lambda)t\left(\frac{d}{dt}\right) = \lambda{x_s(t)}\left(x_s'\left(t\right)\right)$$
第二步：对参数$s$求导并拆分
我们对 $s$ 求导并取 $s=0$ 处的值，这里可以用导数的乘积法则（张量场的求导法则）把这个导数拆成两部分：
$$\frac{d}{ds}\bigg|{s=0} (x_s^*\lambda)t\left(\frac{d}{dt}\right) = \frac{d}{ds}\bigg|{s=0} \lambda{x_s(t)}\left(x_s'\left(t\right)\right)$$
$$= \left(\frac{d}{ds}\bigg|{s=0} \lambda{x_s(t)}\right)\left(x'(t)\right) + \lambda_{x(t)}\left(\frac{d}{ds}\bigg|_{s=0} x_s'(t)\right)$$
第三步：分别分析两项并关联李导数
我们来逐一分析这两个部分：
第一项：$\left(\frac{d}{ds}\bigg|{s=0} \lambda{x_s(t)}\right)\left(x'(t)\right)$
这部分正好对应李导数的核心定义：对于全局延拓的向量场 $\tilde{\zeta}$，其流 $\Phi_s$ 满足 $\Phi_s(x(t)) = x_s(t)$（因为 $\tilde{\zeta}$ 是 $\zeta$ 的延拓，流在 $x(t)$ 处的轨道就是曲线族 $x_s(t)$）。而李导数 $\mathcal{L}{\tilde{\zeta}}\lambda$ 在点 $p=x(t)$ 处作用在向量 $v=x'(t)$ 上的结果就是：
$$(\mathcal{L}{\tilde{\zeta}}\lambda)p(v) = \frac{d}{ds}\bigg|{s=0} \lambda_{\Phi_s(p)}(v)$$
所以第一项完全等于 $(\mathcal{L}{\tilde{\zeta}}\lambda){x(t)}(x'(t))$。第二项：$\lambda_{x(t)}\left(\frac{d}{ds}\bigg|_{s=0} x_s'(t)\right)$
这里我们可以交换求导顺序：
$$\frac{d}{ds}\bigg|{s=0} x_s'(t) = \frac{d}{dt}\bigg|{t} \frac{d}{ds}\bigg|{s=0}x_s(t) = \frac{d}{dt}\zeta(t)$$
回忆李导数的另一个常用公式：对于向量场 $X,Y$ 和1-形式 $\lambda$，有
$$\mathcal{L}X\lambda(Y) = X(\lambda(Y)) - \lambda([X,Y])$$
把 $X=\tilde{\zeta}$、$Y=x'$（同样把 $x'$ 延拓成全局向量场）代入，在点 $x(t)$ 处：
$$(\mathcal{L}{\tilde{\zeta}}\lambda){x(t)}(x'(t)) = \tilde{\zeta}(\lambda(x'))(x(t)) - \lambda_{x(t)}(\tilde{\zeta},x')$$
而 $\tilde{\zeta},x' = \frac{d}{dt}\tilde{\zeta}(x(t)) - \tilde{\zeta}(x'(x(t))) = \frac{d}{dt}\zeta(t)$（因为 $\tilde{\zeta}(x'(x(t)))$ 是对函数的导数，这里在 $\mathbb{R}^n$ 中可以直接验证这个等式成立）。把这个代入上式，再结合我们拆分的导数结果，会发现两项合并后正好等于 $(\mathcal{L}{\tilde{\zeta}}\lambda){x(t)}(x'(t))$。
第四步：关联拉回与积分
因为1-形式由其在所有切向量上的作用唯一确定，所以我们可以得到：
$$\frac{d}{ds}\bigg|{s=0}x_s^\lambda = x^\mathcal{L}{\tilde{\zeta}}\lambda$$
又因为延拓 $\tilde{\zeta}$ 的选择不影响这个结果（拉回后只依赖于 $\zeta$ 沿 $x$ 的值和导数），所以我们可以直接写成 $x^*\mathcal{L}_\zeta\lambda$。
最后，你第一步交换导数和积分是完全合法的——因为曲线族是光滑的，在 $\mathbb{R}^n$ 中满足控制收敛定理的条件，所以积分和求导可以交换顺序。
关于你困惑的“$\zeta$ 仅沿曲线定义”的问题
确实，李导数通常是对全局向量场定义的，但这里我们的核心结论是：无论怎么延拓 $\zeta$ 到全局，最终的拉回结果 $x^*\mathcal{L}_\zeta\lambda$ 只依赖于 $\zeta$ 沿曲线 $x$ 的值和沿 $x$ 的导数，而这些都是由曲线族 $x_s$ 唯一确定的，和延拓的具体方式无关。所以我们可以放心地使用这个表达式，不用纠结延拓的细节。
备注：内容来源于stack exchange，提问作者Azur
