La igualdad en $dy = f\, dx$ es muy engañoso, ya que estrictamente hablando no es cierto. Para ver por qué, tenga en cuenta que $dy$ es un diferencial $1$-forma definida en $\Bbb{R}^2$, lo que significa para cada una de las $p \in \Bbb{R}^2$, $dy_p : T_p \Bbb{R}^2 \to \Bbb{R}$ es lineal. Del mismo modo, $dx$ es también un diferencial de $1$-forma en $\Bbb{R}^2$. Vamos a por el bien de la concreción decir $f: \Bbb{R}^2 \to \Bbb{R}$ se define en todos los de $\Bbb{R}^2$, por lo que $f \, dx$ es todavía un $1$-forma en $\Bbb{R}^2$.
Por lo tanto, si acabamos de escribir $dy = f \, dx$, esto significa que el $1$-forma en el lado izquierdo debe ser igual al $1$-forma en el lado derecho. Pero este no es el caso, porque equivale a decir que $dy$ e $dx$ son linealmente dependientes sobre el módulo $C^{\infty}(\Bbb{R}^2)$. Sólo para realmente llegar a este punto, vamos a fijar un punto de $p \in \Bbb{R}^2$, entonces, si que la igualdad fuera cierto, significaría $dy_p = f(p)\, dx_p$, donde la igualdad es, como elementos en $T_p^*(\Bbb{R}^2)$ (el doble del espacio de la tangente; i.e el espacio cotangente). Pero evidentemente, esto es absurdo, porque si se evalúa ambos lados en el vector tangente $\dfrac{\partial}{\partial y}\bigg|_{p} \in T_p\Bbb{R}^2$, obtendrá el absurdo de la igualdad de $1 = 0$. Una vez más, la declaración de $dy = f \, dx$ es como decir que el vector de fila $(0 , 1)$ es igual a $\lambda \cdot (1,0)$ para algunos $\lambda \in \Bbb{R}$... lo cual es absolutamente incorrecto.
Ahora que me he convencido de que con suerte la ecuación tomado literalmente, es falso, ¿cómo lo interpretamos? Bueno, la última frase de tu pregunta da una idea de lo que dice
"... mostrando que ambas formas diferenciales de acuerdo en cada punto de c(t) en el espacio de la tangente."
Pero el espacio de la tangente de qué? $\Bbb{R}^2$? Claramente no, como he mostrado anteriormente. Lo que realmente se quiere decir es que estas dos formas diferenciadas de acuerdo en cada punto de $c(t) \in \Bbb{R}^2$, cuando se limita a la (unidimensional) el subespacio $T_{c(t)}\left(\text{image}(c) \right) \subset T_{c(t)} \Bbb{R}^2$. Pero, ¿qué es el espacio de la tangente a la imagen de $c$? No debería ser demasiado difícil convencer a ti mismo que si escribes $c(t) = (t, c_2(t))$ entonces el espacio de la tangente a la imagen es igual a la lineal útil de la (no-cero), vector
\begin{align}
\xi_{c(t)} :=\dfrac{\partial}{\partial x}\bigg|_{c(t)} + c_2'(t) \dfrac{\partial}{\partial y}\bigg|_{c(t)} \in T_{c(t)} \Bbb{R}^2
\end{align}
(me.e $c(t) = (t, c_2(t))$ implica $c'(t) = (1, c_2'(t))$ por lo que el espacio de la tangente es sólo el
útil de este vector).
Así, tenemos que demostrar que para todos los $t \in [a,b]$ y para todas las $\zeta_{c(t)} \in T_{c(t)} \left( \text{image}(c)\right)$,
\begin{align}
dy_{c(t)}(\zeta_{c(t)}) &= f(c(t)) \cdot dx_{c(t)}(\zeta_{c(t)})
\end{align}
Pero aviso que desde el espacio de la tangente a la imagen es unidimensional, es suficiente para comprobar la igualdad cuando se evalúan sobre la base de vectores $\xi_{c(t)}$ se define supra; i.e es suficiente para probar
\begin{align}
dy_{c(t)}(\xi_{c(t)}) &= f(c(t)) \cdot dx_{c(t)}(\xi_{c(t)}).
\end{align}
Esto es sencillo:
\begin{align}
dy_{c(t)}(\xi_{c(t)}) &= dy_{c(t)}\left(
\dfrac{\partial}{\partial x}\bigg|_{c(t)} + c_2'(t) \dfrac{\partial}{\partial y}\bigg|_{c(t)}\right) \\
&= c_2'(t) \\
&= f(c(t)) \tag{%#%#% solves the ODE} \\
&= f(c(t)) \cdot 1 \\
&= f(c(t))\cdot dx_{c(t)}(\xi_{c(t)}).
\end{align}
Así que, esto completa la prueba.
Tenga en cuenta que otra forma de establecer la igualdad es que $c$;. i.e cuando se tire de los dos $c^*(dy) = c^*(f \, dx)$formularios en $1$ a través de la curva de $\Bbb{R}^2$, se obtienen dos $c$-formas , pero ahora se define en $1$; y es que estas formas son iguales.
