Deje $P$ ser un finitely generado proyectiva módulo. Demostrar que $P\cong \operatorname{Hom}_{R}(\operatorname{Hom}_{R}(P,R),R)$.
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egreg
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Suponga $P_R$ es un finitely generado proyectiva derecho $R$módulo, entonces usted tiene $P\oplus Q=R^n$ para algunos derecha $R$-módulo de $Q$$n \in \mathbb{N}$. Ahora $$ \def\In{\operatorname{Hom}} (R^n)^*=\Hom_R(R^n,R)\cong\Hom_R(P,R)\oplus\Hom_R(Q,R)=P^*\oplus Q^* $$ a la izquierda $R$-módulos (sí, esto se puede hacer arbitrarias de los anillos). Aplicar el doble de nuevo: $$ (R^n)^{**}\cong\Hom_R(R^n,R)\cong\Hom_R(P^*,Q^*) $$ Está claro que la canónica de morfismos $R\to R^{**}$ es un isomorfismo, y esto transfiere fácilmente a $R^n\to (R^n)^{**}$. Ahora acaba de comprobar que $$\requieren{AMScd} \begin{CD} R^n @= P\oplus Q\\ @VVV @V(f_P,f_Q)VV \\ (R^n)^{**} @>>> P^{**}\oplus Q^{**} \end{CD} $$ es conmutativo, donde el mapa $(f_P,f_Q)$ es obviamente definido. Este mapa es un isomorfismo, por lo que ambos componentes.
Navneet Singh
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Tenemos una morfismos $\phi : P\to P^{**}$, es suficiente para mostrar que es un isomorfismo cada vez que se localizan en un primer $q$$R$. Projectivity es estable en la localización (es muy fácil usando el universal de la propiedad), por lo que puede suponer que las $R$ es local. Pero si $R$ es local y $P$ es finitely generado, $P$ es gratis, y en este caso la proposición es trivial.
