¿Cuándo corresponden los elementos de$\operatorname{Hom}(G,G)$ a los mapas automáticos invertibles de$K(G,n)$?

Question

Supongamos que tomamos un isomorfismo natural entre $H^n(-;G)$ e $\langle -, K(G,n)\rangle$, cuando hace un elemento de $H^n(K(G,n),G)=\operatorname{Hom}(G,G)$ corresponden a un mismo mapa de $K(G,n)$ que tiene un homotopy inversa?

Creo que puedo responder por el caso de $G = \mathbb{Z}$ y el "estándar" isomorfismo natural, que está dada por $[f] \in \langle X, K(G,n)\rangle \rightarrow f^*([\sigma])$ donde $\sigma$ es un cocycle cuyo valor en ciclos está dada por el uso de la Hurewicz isomorfismo para interpretar los ciclos de los elementos de $G$.

En este caso, creo $1,-1 \in \mathbb{Z}=\operatorname{Hom}(\mathbb{Z},\mathbb{Z})$ , son los únicos elementos de $H^n(K(G,n),\mathbb{Z})$ que corresponden a es invertible auto mapas. Estos corresponden a es invertible auto mapas, porque o $1$ o $-1$ será la imagen de la identidad bajo el isomorfismo natural (dependiendo de cómo identificar a $\pi_n(K(\mathbb{Z},n))$ e $\mathbb{Z}$), y el otro se corresponde con el mapa de $x \rightarrow -x$ donde la negación es el de los bucles. Esta última es una involución.

Para demostrar que estos son la única invertible (hasta homotopy) auto mapas, creo que podemos adoptar un derecho unital monoidal acción de $\operatorname{Aut}(K(G,n))=\langle K(G,n),K(G,n)\rangle$ sobre sí mismo, donde como monoid la multiplicación es la composición y como un grupo abelian la operación es pointwise composición de los bucles.

La distributividad de la derecha tiene: ([f]+[g])[h]=[f][h]+[g][h]. Esta es la norma (es necesario para probar los mapas en Eilenberg-MacLane espacios hasta formar un functor). Obviamente, la acción es unital.

Ahora la multiplicación por la derecha por un elemento de a$\operatorname{Aut}(K(G,n))$ es un grupo endomorfismo, y si el elemento es invertible, la homomorphism debe tener una izquierda inversa. Cuando $G=\mathbb{Z}$ esto implica que es un automorphism.

La única automorfismos de a$\mathbb{Z}$ son de multiplicación por $1,-1$. Estos corresponden sólo a los mapas de $[x \rightarrow x],[x \rightarrow -x]$ porque podemos ver la acción de nuestro mapa en la identidad y la conclusión de la homotopy tipo de mapa.

Es posible adaptar esta estrategia a trabajar para cosas como los grupos finitos? Libre de abelian grupos? Si un elemento de $\operatorname{Hom}(G,G)$ representa una invertible auto mapa para algunos $n$ debe por todos los $n$? O puede alguien sólo tienes que responder a la pregunta del título?

Answer 1

Esto es mucho más fácil de lo que estás haciendo. El estándar de isomorfismo $H^n(K(G,n),G)\to\operatorname{Hom}(G,G)$ puede ser descrito de la siguiente manera: para cualquier $(n-1)$-conectado espacio de $X$, hemos natural isomorphisms $$H^n(X,G)\cong \operatorname{Hom}(H_n(X,\mathbb{Z}),G)\cong \operatorname{Hom}(\pi_n(X),G)$$ where the first isomorphism is by the universal coefficient theorem and the second isomorphism is by Hurewicz. We now use this naturality for a map $f:K(G,n)\K(G,n)$ para obtener un diagrama conmutativo $$\requieren{AMScd} \begin{CD} H^n(K(G,n),G) @>{\cong}>> \operatorname{Hom}(\pi_n(K(G,n)),G)\\ @V{}VV @V{}VV \\ H^n(K(G,n),G) @>{\cong}>> \operatorname{Hom}(\pi_n(K(G,n)),G) \end{CD}$$ where the horizontal maps are the standard isomorphism and the vertical maps are induced by $f$. Now start with the canonical class in the top left. Going down, this by definition maps to the class in $H^n(K(G,n),G)$ corresponding to $f$, and so then going right we get the corresponding element of $\operatorname{Hom}(G,G)$. But if we instead go right first, we get the identity element of $\operatorname{Hom}(G,G)$ in the top right, which then maps down to the element of $\operatorname{Hom}(G,G)$ induced by $f$ on $\pi_n$.

En otras palabras, el elemento de la $\operatorname{Hom}(G,G)$ correspondiente a $f$ es sólo la inducida por el mapa en $\pi_n$. Por el teorema de Whitehead, $f$ es un homotopy equivalencia iff induce un isomorfismo en $\pi_n$, es decir, si el elemento correspondiente de $\operatorname{Hom}(G,G)$ es invertible.