Tenga en cuenta que $\omega$ $n$- forma en $S^n$, $n$- dimensiones múltiples. Por lo tanto, $d\omega = 0$ es $(n + 1)$-forma en $S^n$. Por lo $\omega$ es cerrado. Desde pullbacks conmuta con el exterior de la diferenciación, tenemos que
$$d(f^\ast \omega) = f^\ast d\omega = 0,$$
por lo $f^\ast \omega$ está cerrado así. Ahora a aplicar lo que has dicho sobre la $S^{2n-1}$ tener trivial cohomology en grado $n$.
Ahora para demostrar que
$$\int_{S^{2n-1}} \alpha \wedge d\alpha$$
es independiente de la elección de $\omega$$\alpha$, vamos a $\omega' \in \Omega^n(S^n)$ otro $n$-forma en $S^n$ tal que
$$\int_{S^n} \omega' = 1$$
y deje $\alpha' \in \Omega^{n-1}(S^{2n-1})$ ser tal que $d\alpha' = f^\ast \omega'$. Vamos a mostrar que
$$\int_{S^{2n-1}} \alpha \wedge d\alpha = \int_{S^{2n-1}} \alpha' \wedge d\alpha',$$
lo que implica que la integral es independiente de las opciones.
Desde $H^n(S^n; \mathbb{R}) \cong \mathbb{R}$, por deRham del teorema hay algunos $\tau \in \Omega^{n-1}(S^n)$ tal que
$$\omega' = \omega + d\tau.$$
Ahora
$$d(\alpha' - \alpha - f^\ast \tau) = f^\ast(\omega' - \omega - d\tau) = 0$$
y $H^n(S^{2n-1}; \mathbb{R}) \cong 0$, así que de nuevo por deRham del teorema existe una $\eta \in \Omega^{n-2}(S^{2n-1})$ tal que
$$\alpha' = \alpha + f^\ast \tau + d\eta.$$
Por lo tanto, tenemos que
\begin{align*}
\alpha' \wedge d\alpha' & = (\alpha + f^\ast \tau + d\eta) \wedge (d\alpha + f^\ast d\tau) \\
& = \alpha \wedge d\alpha + \alpha \wedge d(f^\ast \tau) + f^\ast(\tau \wedge (\omega + d\tau)) + d(\eta \wedge (d\alpha + f^\ast d\tau)) \\
& = \alpha \wedge d\alpha + \alpha \wedge d(f^\ast \tau) + d(\eta \wedge (d\alpha + f^\ast d\tau)),
\end{align*}
donde en ir a la tercera línea hemos utilizado el hecho de que $f^\ast(\tau \wedge (\omega + d\tau)) = 0$ desde $\tau \wedge (\omega + d\tau) = 0$ es $(n + 1)$ formulario $S^n$. Ahora, ya
\begin{align*}
\alpha \wedge d(f^\ast \tau) & = -d(\alpha \wedge f^\ast \tau) + d\alpha \wedge f^\ast \tau \\
& = -d(\alpha \wedge f^\ast \tau) + f^\ast (\omega \wedge \tau) \\
& = -d(\alpha \wedge f^\ast \tau),
\end{align*}
donde una vez más se $f^\ast (\omega \wedge \tau) = 0$ desde $\omega \wedge \tau$ $(n+1)$- forma en $S^n$, obtenemos que
$$\alpha' \wedge d\alpha' = \alpha \wedge d\alpha + d(-\alpha \wedge f^\ast \tau + \eta \wedge (d\alpha + f^\ast d\tau)).$$
Así que por Stokes teorema,
\begin{align*}
\int_{S^{2n-1}} \alpha' \wedge d\alpha' & = \int_{S^{2n-1}} (\alpha \wedge d\alpha + d(-\alpha \wedge f^\ast \tau + \eta \wedge (d\alpha + f^\ast d\tau))) \\
& = \int_{S^{2n-1}} \alpha \wedge d\alpha,
\end{align*}
mostrar que la integral es independiente de las opciones.
Observación: El número de
$$H(f) = \int_{S^{2n-1}} \alpha \wedge d\alpha$$
se llama el invariante de Hopf de el mapa de $f$. Aquí se demostró que sólo depende de $f$. También puede mostrar que sólo depende de la homotopy clase de $f$, que no es demasiado difícil.
