Estoy tratando de demostrar que el mapa pullback $\phi^{\ast}$ inducido por un mapa $\phi:M\rightarrow N$ conmuta con la derivada exterior. Aquí está mi intento hasta ahora:
Sea $\omega\;\in\Omega^{r}(N)$ y sea $\phi :M\rightarrow N$. Además, sea $\mathbf{v}\;\in T_{p}M$. Entonces, usando que $df(\mathbf{v})=\mathbf{v}(f)$ y también, que $(\phi^{\ast}\omega)(\mathbf{v})=\omega (\phi_{\ast}\mathbf{v})$ donde $\phi_{\ast}$ es el mapa pushforward inducido por $\phi$, tenemos que $$\left(\phi^{\ast}df\right)(\mathbf{v})=df(\phi_{\ast}\mathbf{v})=(\phi_{\ast}\mathbf{v})(f)=\mathbf{v}(\phi^{\ast}f)=\left(d(\phi^{\ast}f)\right)(\mathbf{v})$$ Por lo tanto, como $\mathbf{v}\;\in T_{p}M$ fue elegido arbitrariamente, esto implica que $$\phi^{\ast}df=d(\phi^{\ast}f).$$ Dado esto, ahora consideramos una r-forma $\omega\;\in\Omega^{r}(N)$ y la desarrollamos en una base de coordenadas $\lbrace dx^{\mu_{1}}\wedge\cdots\wedge dx^{\mu_{r}}\rbrace$ para $\Omega^{r}(N)$ tal que $$\omega = f(x)dx^{\mu_{1}}\wedge\cdots\wedge dx^{\mu_{r}}$$ Luego, se sigue que $$d\omega=df\wedge dx^{\mu_{1}}\wedge\cdots\wedge dx^{\mu_{r}}$$ y también, $$\phi^{\ast}\omega = \phi^{\ast}(f(x)dx^{\mu_{1}}\wedge\cdots\wedge dx^{\mu_{r}})=(\phi^{\ast}f)\phi^{\ast}(dx^{\mu_{1}}\wedge\cdots\wedge dx^{\mu_{r}})$$ Por lo tanto, $$\phi^{\ast}d\omega = \phi^{\ast}(df\wedge dx^{\mu_{1}}\wedge\cdots\wedge dx^{\mu_{r}})=\phi^{\ast}df\wedge\phi^{\ast}(dx^{\mu_{1}}\wedge\cdots\wedge dx^{\mu_{r}})\\=d(\phi^{\ast}f)\wedge \phi^{\ast}(dx^{\mu_{1}}\wedge\cdots\wedge dx^{\mu_{r}})\qquad\qquad\qquad\qquad\quad\,\,\\=d((\phi^{\ast}f)\;\phi^{\ast}(dx^{\mu_{1}}\wedge\cdots\wedge dx^{\mu_{r}}))\qquad\qquad\qquad\qquad\quad\,\,\\=d(\phi^{\ast}\omega)\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad\;$$ y así $\phi^{\ast}d\omega=d(\phi^{\ast}\omega)$.
¿Sería esto correcto en absoluto?
