Deje $F^i$ denotar el subgrupo generado por los ligamentos $S$ a $X$ con $\operatorname{codim}_X \operatorname{Supp} S \leq i$. A continuación, $F^i\supset F^{i+1}$ y estos forman una filtración de $K_0(X)$. Por Riemann-Roch sin denominadores (Fulton de la Intersección de la Teoría, de la Sección 15.3), asumiendo $X$ es un buen proyectiva a la superficie, tenemos que $F^0/F^1 \cong \Bbb Z$, $F^1/F^2 \cong Pic(X)$, e $F^2\cong CH_0(X)$.
Proposición: para $X$ simplemente conectado, a continuación, $K_0(X)$ torsión libre es equivalente a $CH_0(X)$ torsión libre.
Prueba: Si $X$ es simplemente conectado, a continuación, $Pic(X)$ es un finitely libres generados por el grupo abelian.
Cualquier extensión de $0\to F^1\to F^0\to \Bbb Z\to 0$ va a dividir, así que tenemos que $K_0(X)\cong \Bbb Z \oplus F^1$. Así que queda por ver que $F^1$ es de torsiones. Desde $0\to CH_0(X) \to F^1\to Pic(X)\to 0$ es exacta, esto demuestra que $F^1$ es de torsión libre de iff $CH_0(X)$ es, así que hemos terminado.
Así que el problema es equivalente a mostrar que la $CH_0(X)$ es de torsión libre. Por Rojtman del teorema, la homomorphism $CH_0(X)\to Alb(X)(\Bbb C)$ es un isomorfismo en la torsión de los subgrupos. Desde $\dim Alb(X) = h^{1,0} = h^{0,1}$, $\dim Alb(X) = \frac{1}{2}b_1 = 0$, donde esta última igualdad proviene de $H_1(X)=\pi_1(X)^{ab}=0$ simplemente la conexión. Por lo tanto $Alb(X)(\Bbb C)$ es de torsión libre y así es $CH_0(X)$, lo $K_0(X)$ es de torsiones.
