Que $BG$ s también son $K(\pi,n)$ s?

Question

Como motivación de la pregunta, observe que $\mathbb{C}P^\infty$ es al mismo tiempo un $BU(1)$ y un $K(\mathbb{Z},2)$ por lo tanto, $H^2(X,\mathbb{Z})$ clasifica los haces de líneas complejas en un espacio $X$ . Por la misma línea de argumentos, $BO(1) = \mathbb{R}P^\infty = K(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z},1)$ por lo que los haces de líneas reales se clasifican por $H^1(X,\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$ . Otros ejemplos, con un sabor algo trivial, pueden obtenerse como sigue: para cualquier grupo discreto $G$ tenemos $BG = K(G,1)$ . Desde el punto de vista opuesto, podríamos decir que para cualquier grupo $\pi$ , $K(\pi,1) = B\pi_{disc.}$ . Esto da lugar a un montón de ejemplos y me pregunto:

¿Podemos clasificar los triples $(G,\pi,n)$ de grupos topológicos suficientemente agradables 1) $G$ grupos arbitrarios $\pi$ y enteros positivos $n$ tal que $BG = K(\pi,n)$ ?

1) Por favor, sustituya grupos topológicos suficientemente agradables por cualquier escenario que se pueda tratar de manera que la cuestión sea interesante. Estaría bien cubrir los grupos de Lie compactos clásicos. Dependerá del entorno qué grupos queremos considerar isomorfos.

Como ha señalado Tyrone en los comentarios, la pregunta es esencialmente equivalente a la de qué grupos topológicos son espacios de Eilenberg-MacLane.

He aquí algunas observaciones, que dan lugar a la clasificación homotópica:

• Si $G$ es conmutativo y discreto o un $E_n$ -espacio, de modo que el $n$ -ésima iteración $B^nG = B(B^{n-1}G)$ existe, entonces tenemos $K(G,n) = B^nG$ como se muestra aquí .
• Como se ha comentado en los comentarios a esta pregunta , si $BG$ y $BH$ son equivalentes en homotopía, entonces $G$ y $H$ son homotópicamente equivalentes como espacios H.

Combinando estas dos observaciones, concluimos que si $BG = K(\pi,n)$ Entonces, entender $\pi$ como un grupo discreto, $G$ es equivalente a la homotopía del espacio H $B^{n-1}\pi$ . Así, hasta la homotopía, obtenemos la lista completa como $(K(\pi,n-1),\pi,n)$ pero esperaba conseguir algo más fino.

Answer 1

Ya es hora de sacar esto de la lista de respuestas, ya que se ha respondido esencialmente en los comentarios. Como señaló el usuario PVAL-inactive, un $K(\pi,n)$ es de dimensión infinita en cuanto $n\geq 2$ . Por lo tanto, restringiendo a los grupos clásicos (por lo tanto, a las variedades de dimensión finita) podemos considerar la cuestión de cuáles de los grupos de Lie clásicos son $K(\pi,1)$ s o $K(\pi,0)$ s.

Supongamos que $G$ es un $K(\pi,0)$ . Entonces $G\simeq \pi_{\text{disc.}}\cong \pi_0(G)$ y casi todos los grupos clásicos con determinante normalizado están conectados, de hecho, todos menos $\mathrm{SO}(p,q)$ con $p,q\geq 1$ que tiene dos componentes. Como $\pi$ se puede suponer que no es trivial, concluimos que para esos grupos $\pi$ tiene que ser el grupo de orden dos. Para los grupos clásicos reales, la no normalización del determinante da lugar a un producto de $\pi_0$ con $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ . Por lo tanto, obtenemos:

• Los grupos con dos componentes contráctiles, $\mathrm{Spin}(1) = \mathrm{O}(1)\simeq\mathrm{GL}(1,\mathbb{R})$ que dan una $K(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z},0)$
• y $\mathrm{O}(1,1)$ que es un $K(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$ .

En particular, $B\mathrm{O}(1)$ es un $K(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z},1)$ como se indica en el texto de la pregunta, lo que da lugar a que $H^1(X,\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$ clasifica los haces de líneas reales, y (por si sirve de algo) vemos que $B\mathrm{O}(1,1)$ es un $K(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z},1)$ y así $H^1(X,\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$ clasifica $\mathrm{O}(1,1)$ -Principales paquetes.

Supongamos ahora que $G$ es un $K(\pi,1)$ . Entonces $G$ está conectado y $\pi_1(G) = \pi$ . Mirando la lista se ve que la única posibilidad es $\pi = \mathbb{Z}$ y de hecho encontramos $\mathrm{SL}(2,\mathbb{R})$ , $\mathrm{SO}(2)$ , $\mathrm{SO}(2,\mathbb{C})$ , $\mathrm{Sp}(2,\mathbb{R})$ , $\mathrm{SU}(1,1)$ , $\mathrm{SO}^{*}(2)$ y $\mathrm{SU}(1)$ , todos ellos equivalentes en homotopía a $\mathrm{U}(1) = S^1$ Por lo tanto, un $K(\mathbb{Z},1)$ De acuerdo con $B\mathrm{U}(1)$ siendo un $K(\mathbb{Z},2)$ como se indica en el texto de la pregunta.