$\def\ZZ{\mathbb{Z}}$Voy a demostrar que un functor no puede "parecer" $\pi_1$. Deje $S^1$ ser el círculo unidad, vamos a $C$ ser el cilindro $S^1 \times [0,1]$ y deje $K$ ser la botella de Klein, el resultado de pegar los extremos de $C$ junto con la orientación inversa. Tenemos $\pi_1(S^1) \cong \pi_1(C) \cong \ZZ$ $\pi_1(K) \cong \ZZ \ltimes \ZZ$ cuando la acción es por $-1$. Disponemos de los siguientes mapas:
$\nu: S^1 \to S^1$, el mapa en el que se invierte la orientación.
$i_1$ $i_2: S^1 \to C$ , las inclusiones de los extremos de $C$.
$g: C \to K$, el mapa que une los extremos del cilindro.
Supongamos $G$ fueron un functor de ruta espacios conectados a abelian grupos. Si $G$ "parecía $\pi_1$", entonces sería de esperar
$G(\nu) : \ZZ \to \ZZ$ debe $-1$.
$G(i_1)$ $G(i_2)$ debe inducir el mismo bijection $\ZZ \to \ZZ$.
$G(g)$ debe ser una inclusión.
Esto es imposible. Observe que $g \circ i_1 = g \circ i_2 \circ \nu$, por lo que la primera de las dos condiciones implican que el generador de $G(g)$ envía el generador de $G(S^1)$ $2$- torsión del elemento. Pero la única $2$-torsión elemento en $G(K)$ es la identidad, que contradice la condición tercera.
Puedo demostrar que las dos primeras condiciones que deben tener. (En general, puedo demostrar que el functors $G^{\mathrm{ab}}(X) \otimes \mathbb{Q}$ $H_1(X, \mathbb{Q})$ son naturalmente isomorfos.) Pero estoy confundido tratando de descartar la posibilidad de que $G(g)$ es la trivial mapa. No quiero trabajar en este problema, así que me voy a poner esto como una respuesta parcial.
