Esta respuesta fue co-escrito con Michael Andrews en la UCLA; gracias por su ayuda en esto.
Esto es posible si y sólo si $X$ es un producto de factores de la forma $K(\Bbb Q, 2n+1)$ ($n \geq 1$), $K(\Bbb Z_{p^\infty}, 2n)$ (como $p$ rangos de impares, números primos y por $n \geq 1$) y $K(\Bbb Z[1/S], 1)$ ($S$ un conjunto de números primos), con al menos uno de cada factor (es decir, $K(\Bbb Q, 3)$ $K(\Bbb Q,5)$ no están permitidos, ni son dos copias de $K(\Bbb Q,3)$, pero $K(\Bbb Z_{3^\infty}, 2) \times K(\Bbb Z_{5^\infty}, 2)$ es ACEPTAR), un factor del primer tipo sólo se permite si no hay factores del tercer tipo, y un factor de segundo tipo en el primer $p$ sólo se permite si $p$ está en el conjunto de los números primos $S$. (Tenga en cuenta que el enunciado de la pregunta que no puede ser $K(G,2n)$ NO es cierto - eso es sólo cierto cuando $G$ es el grupo aditivo de un anillo, que el Prufer grupos no son!)
Como se señaló en los comentarios, el infinito simétrica producto $\text{SP}^\infty(X)$ ha homotopy grupos naturalmente isomorfo a la homología de grupos de $X$, y el Hurewicz mapa es inducida por el mapa $X = \text{SP}^1(X) \to \text{SP}^\infty(X)$. Así que le estamos pidiendo, precisamente cuando este mapa es un (débil) homotopy de equivalencia. $\text{SP}^\infty(X) = \prod_{i=1}^\infty K(H_i(X;\Bbb Z), i)$, por lo que, necesariamente, $X$ es un producto de Eilenberg-MacLane espacios.
Si $X \times Y$ tiene la propiedad deseada, por lo que lo hacen los factores: la imagen de la Hurewicz mapa a $X \times Y$ se encuentra en $H_k(X) \oplus H_k(Y)$ (con cada factor de $\pi_k(X) \oplus \pi_k(Y)$ va para el lugar obvio en la homología). Así que debemos empezar por averiguar cuales Eilenberg MacLane espacios son también Moore espacios.
Supongamos $n>1$ por ahora. Volveremos más tarde a la $n=1$ de los casos.
En primer lugar, $G$ es divisible. Por suponga que la multiplicación por p el mapa no era surjective; a continuación, $G/pG$ $\Bbb F_p$- espacio vectorial, de modo que podemos obtener un mapa $G \to \Bbb F_p$. Esto induce un mapa de $K(G,n) \to K(\Bbb F_p, n)$, lo que se verifica es distinto de cero en $H^n( -; \Bbb F_p)$. Deje $\iota \in H^n(K(\Bbb F_p, n); \Bbb F_p)$ ser la clase fundamental. Entonces sabemos que, por ejemplo, la Steenrod poder $P^1\iota$ es distinto de cero si $p > 2$, y, por tanto, por connaturalidad, ya que sabemos que hay un elemento $\alpha \in K(G,n)$ que tira hacia atrás de a $\iota$, podemos ver que $P^1\alpha$ debe ser distinto de cero. Para $p=2$, $\text{Sq}^2\iota$ es suficiente para realizar el mismo argumento. Por lo tanto $K(G,n)$ ha cohomology en grado $n+2$ o superior, contradiciendo las Moore hipótesis.
Por lo tanto, $G = \Bbb Q^n \oplus_p \Bbb Z_{p^\infty}^{n_p}$. Vamos a calcular la homología de los factores. $H_*(K(\Bbb Q, 2n+1)) = \pi_*(K(\Bbb Q, 2n+1))$, según se desee; $H^*K(\Bbb Q,2n)$ es un polinomio de álgebra en un grado $2n$ generador. Ahora calculamos para $G = \Bbb Z_{p^\infty}$. Tenemos que $K(G,n) = \text{colim}_{k} K(\Bbb Z/p^k, n)$, y la homología de viajes dirigida colimits. $K(\Bbb Z/p^k, n)$ ha integral de homología que es finita $p$-grupo para todos los $p$; la homología de $K(G,n)$, entonces, tiene que ser un colimit de finito $p$-grupos, siendo así una suma directa de copias de $\Bbb Z/p^k$$\Bbb Z_{p^\infty}$. En cualquier caso, $\text{Tor}(\Bbb Z/p^k, \Bbb F_p)$ $\Bbb F_p$ $\text{Tor}(\Bbb Z/p^\infty, \Bbb F_p)$ (debido a $\text{Tor}$ viajes dirigida colimits, y la inducida por el mapa en el tor grupos de $\Bbb Z/p^k \to \Bbb Z/p^{k+1}$ es la identidad.) Por lo tanto $K(G,n)$ es de Moore espacio iff su $\Bbb F_p$ de homología es cero fuera de grado $0, n+1$ $\Bbb F_p$ en los grados.
Así que vamos a demostrar que esto es cierto cuando se $p$ $n+1$ son impares. De nuevo, la homología de los viajes con colimits, por lo que tenemos que calcular la inducida por el mapa en $\Bbb F_p$ de homología de $K(\Bbb Z/p^k, n) \to K(\Bbb Z/p^{k+1}, n)$. La manera más fácil de hacer esto es en realidad el trabajo con $\Bbb F_p$ cohomology (ya que el universal coeficiente teorema de campo con coeficientes dice que la inducida por el mapa en $\Bbb F_p$ cohomology es sólo la transposición de la inducida por el mapa en $\Bbb F_p$ de homología). A continuación, el $\Bbb F_p$ cohomology de estos espacios es un servicio gratuito de álgebra en clases impartidas por el cohomology operaciones aplicadas a la fundamental de la clase correspondiente a la "reducción de mod $p$" homomorphism $\Bbb Z/p^k \to \Bbb Z/p$. Esta clase fundamental mapas a cero (se asigna a la composición de $\Bbb Z/p^k \to \Bbb Z/p^{k+1} \to \Bbb Z/p$). El cohomology de las operaciones involucradas son todos 1) el Bockstein operación correspondiente a $\Bbb Z/p \to \Bbb Z/p^{k+1} \to \Bbb Z/p^k$ o 2) que la operación, después de la primera aplicación de uno de los estándar de mod $p$ operaciones. (Consulte este documento.) Llamar a la primera $Q_k$. A continuación, la inducida por el mapa en cohomology debe desaparecer en $P\iota_n$, ya que el mod $p$ cohomology operaciones son naturales, y la inducida por el mapa mata a $\iota_n$. El único que puede fallar a desaparecer es el mapa en $Q_{k+1}\iota_n$, que se asigna a $Q_k \iota_n$ (no es natural, ya que depende de la $K(\Bbb Z/p^k, n)$ que estamos viviendo!) Al $n+1$ $p$ son impares, la libre subalgebra generados por este elemento es el álgebra exterior y por lo tanto no da nuevos elementos; al $p$ o $n+1$ es aún, es un polinomio de álgebra, dando muchos de los nuevos nonvanishing elementos. Así, cuando el $p$ es impar y $n+1$ es incluso en cada grado, sino $H^{n+1}$, los mapas son todos cero; lo mismo es cierto en la homología.
Puesto que los mapas en la colimit son todos cero (en grados distintos de $n+1$) o un isomorfismo $\Bbb F_p \to \Bbb F_p$ (en grado $n+1$), la colimits son cero en cada grado distinto de $k+1$, donde el resultado final es $\Bbb F_p$, como se desee. Es falso de lo contrario, ya que nos llega todo un polinomio de álgebra desde el elemento de sobrevivir en $H^{n+1}$.
Ahora para el $n=1$ de los casos. Obviamente $G$ debe ser abelian. Se podría generalizar para el caso en el que sólo la demanda de la cuestión en grado mayor que 1, pero no me importa. Al parecer es un problema abierto para probar que los grupos con homológica dimensión $1$ son localmente libre (es decir, cada finitely generado subgrupo es gratis); no sé si la abelian caso es conocido, pero si es así, esto sería lo mismo que decir que un grupo abelian ha homológica de la dimensión 1 iff cada finitely generado subgrupo es trivial o $\Bbb Z$. Esto podría implicar que el grupo es un subgrupo de $\Bbb Q$, los cuales son hasta el isomorfismo de la misma como localizaciones de la $\Bbb Z$ a un conjunto de números primos. No voy a mirar mucho más en esto.
Ahora vamos a pensar acerca de los productos cuando $n \geq 2$; hablaremos de la $n=1$ más tarde. Escribir $Q_n = K(\Bbb Q, 2n+1)$, e $X_{p,n} = K(\Bbb Z_{p^\infty}, 2n+1)$. A continuación, $X_{p,n} \times X_{q,m}$ es también uno de nuestros espacios al $p \neq q$, ya que el producto tensor de Prufer grupos es automáticamente a cero, y $\text{Tor}(\Bbb Z_{p^\infty}, \Bbb Z_{q^\infty}) = 0$. Por otro lado, $\text{Tor}(\Bbb Z_{p^\infty}, \Bbb Z_{p^\infty}) = \Bbb Z_{p^\infty}$, por lo que el Kunneth teorema implica que un producto $X_{p,n} \times X_{p,m}$ es no uno de nuestros espacios (que tiene extra de homología en el grado $n+m-1$.) Podemos multiplicar en más de una copia de las $Q_n$; dos viola Kunneth (obtener una copia de $\Bbb Q \otimes \Bbb Q = \Bbb Q$ grado $m+n$), pero $\text{Tor}(\Bbb Z_{p^\infty}, \Bbb Q) = 0$, e $\Bbb Q \otimes \Bbb Z_{p^\infty} = 0$.
Así que simplemente se conecta un ejemplo es un producto de más de un $Q_n$ y uno (para cada una de las $p$)$X_{p,n}$. No simplemente se conecta ejemplo, suponiendo que la hipótesis se indicó anteriormente, sólo puede existir cuando no es $Q_n$ factor (o que nos iba a llegar demasiado homología de Kunneth) - y luego, si el grupo fundamental de la es $\Bbb Z[1/S]$ donde $S$ es un conjunto de números primos, entonces no $X_{p,n}$ factor puede aparecer donde $p$ no $S$ - de nuevo, tensor de productos causar problemas. (En particular, si el grupo fundamental de la es $\Bbb Z$, sólo podemos tener el círculo de $S^1$.)
