¿Existe una prueba simple de que $\mathbb{Z}$ no es isomorfo al grupo fundamental de ninguna variedad Kähler compacta? Esto se sigue del resultado principal de https://arxiv.org/abs/0709.4350 que establece que cualquier grupo de $3$-variedades que sea Kähler debe ser finito. El grupo de $3$-variedades no finitas más simple es $\mathbb{Z} = \pi_{1}(S^{2} \times S^{1})$. Entonces me pregunto, ¿existe un argumento para descartar este grupo particularmente simple sin recurrir a mucha maquinaria? (también históricamente, ¿cuándo pudimos descartar este grupo?)
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Si $X$ es una variedad de Kähler compacta, entonces $h^{p,q}(X) = h^{q,p}(X)$ y $b_k(X) = \sum_{p+q=k}h^{p,q}(X)$, por lo tanto, en particular, $b_1(X) = h^{1,0}(X) + h^{0,1}(X) = 2h^{1,0}(X)$ es par. Ahora,
$$b_1(X) = \operatorname{rank} H^1(X; \mathbb{Z}) = \operatorname{rank} \operatorname{Hom}(\pi_1(X), \mathbb{Z}).$$
Si $\pi_1(X) = \mathbb{Z}$, $b_1(X) = 1$ que no es par, por lo tanto, $X$ no es de Kähler. Más generalmente, si $\pi_1(X)$ es abeliano, entonces debe tener rango par.
Nota, hay variedades de Kähler no compactas con grupo fundamental $\mathbb{Z}$, por ejemplo $X = \mathbb{C}^*$.
Fil
Puntos
1651
Cada grupo libre no es Kähler (grupo fundamental de una variedad Kähler compacta). En particular, un grupo libre de rango 1 no es Kähler.
Esto se debe a que el rango de la abelianización de un grupo Kähler es par, los grupos libres de rango par contienen subgrupos de índice finito de rango impar (ver aquí por ejemplo), y los subgrupos de índice finito corresponden a cubiertas de variedades Kähler que también son Kähler.
Estos y otros ejemplos interesantes se pueden encontrar en Grupos Fundamentales de Variedades Kähler Compactas por Amorós, Burger, Corlette, Kotschick, y Toledo.
