Actualización Dic '15: me estoy moviendo el argumento completo (completado con la de Ted sugerencias) desde el post original aquí para estética/legibilidad razones.
La prueba de la Parte (a).
Dado $\alpha' \in \Omega^{2n-1}(M)$ satisfacción $d\alpha'=f^*\beta$, podemos observar que la primera
\begin{align*}
d(\alpha' \wedge \alpha) &= d\alpha' \wedge \alpha +(-1)^{2n-1} \alpha' \wedge d\alpha \\
&= (-1)^{(2n)(2n-1)} \alpha \wedge d\alpha' - \alpha' \wedge d\alpha \\
&= \alpha \wedge f^*\beta - \alpha' \wedge f^*\beta.
\end{align*}
Una aplicación de Stokes Teorema da
\begin{equation*}
\int_M \alpha \wedge f^*\beta -\int_M \alpha' \wedge f^*\beta = \int_M d(\alpha' \wedge \alpha) = \int_{\partial M=\emptyset} \alpha' \wedge \alpha = 0.
\end{ecuación*}
Ahora supongamos $\beta' \in \Omega^{2n}(N)$ también satisface $\int_N \beta'=1$. Tanto en $\beta$ $\beta'$ están cerrados porque son mejores formas dimensionales. Además, representan trivial cohomology de clases a partir de las formas exactas de integrar a cero en la sin fronteras colector $N$. Por lo tanto $[\beta]$ $[\beta']$ generen $H^{2n}(N;\mathbb{R})\cong \mathbb{R}$. Desde $\int_N \beta = \int_N \beta'$, de hecho hemos $[\beta]=[\beta']$, es decir, $\beta-\beta'=d\theta$ algunos $(2n-1)$forma $\theta$. Esto le da
\begin{align*}
\int_M \alpha \wedge f^* \beta - \int_M \alpha \wedge f^*\beta' &= \int_M \alpha \wedge f^* d\theta \\
&= \int_M \big(d\alpha \wedge f^* \theta - d(\alpha \wedge f^*\theta)\big)\\
&= \int_M d\alpha \wedge f^*\theta - \int_{\partial M=\emptyset} \alpha \wedge f^*\theta\\
&= \int_M f^* \beta \wedge f^*\theta -0\\
&= \int_M f^*(\beta \wedge \theta)\\
&=0,
\end{align*}
donde la última línea se sigue del hecho de que el $(4n-1)$forma $\beta \wedge \theta$ $2n$- colector $N$ es necesariamente cero. QED
La prueba de la Parte (b).
Deje $F: M \times [0,1] \to N$ ser un homotopy con $F_0=f$$F_1=g$. Esto es suficiente para mostrar que
$\qquad$ (i) $F^*\beta$ es exacta, es decir, $F^*\beta=d\theta$ algunos $\theta \in \Omega^{2n-1}(M\times I)$, y
$\qquad$ (ii) $\theta \wedge F^*\beta$ es cerrado,
ya que esto implica
\begin{equation*}
0 = \int_{M \times [0,1]} d(\theta \wedge F^*\beta) = \int_{M} \theta_1 \wedge F_1^*\beta - \int_M \theta_0 \wedge F^*_0 \beta = H(g)-H(f).
\end{ecuación*}
Para demostrar (i), la primera nota que $F$ sí es (sin problemas) homotópica a la mapa $\tilde f: M \times [0,1] \to N$ definido por $\tilde f(x,t)=f(x)$, por lo tanto, inducen la misma homomorphism $H^{2n}(M \times I;\mathbb{R}) \to H^{2n}(N;\mathbb{R})$. Desde $[\tilde f^* \beta]$ mapas a $[f^* \beta]=0$ bajo el isomorfismo $H^{2n}(M \times I;\mathbb{R}) \to H^{2n}(M;\mathbb{R})$, se deduce que el $[F^*\beta]=[\tilde f^*\beta]=0$. Esto implica que $F^*\beta$ es exacta, es decir, podemos escribir $F^*\beta= d\theta$ algunos $\theta \in \Omega^{2n-1}(M\times I)$.
Se demuestra (ii) directamente:
\begin{align*}
d(\theta \wedge F^*\beta)&=d\theta \wedge F^*\beta + (-1)^{2n-1} \theta \wedge d(F^*\beta) \\
&= F^*\beta \wedge F^*\beta - \theta \wedge F^*(d\beta)
\\&=F^*(\beta \wedge \beta)\\
&=0.
\end{align*}
Por lo tanto $H(g)=H(f)$. QED
