Vamos a seguir en los comentarios.
Un primer intento en dualizing la condición dualize "sumando directo" (en realidad es la auto-dual, ya que un sumando directo es una en homomorphism $F\to P$ que tiene una sección, o un uno-a-uno homomorphism $P\to F$ que tiene una retracción) y "módulo".
El "módulo de $X$" $\mathbf{F}(X)$ donde $\mathbf{F}\colon\mathscr{Set}\to R\mathscr{mod}$ es la izquierda adjunto del conjunto subyacente de la función $\mathbf{U}\colon R\mathscr{mod}\to\mathscr{Set}$. Así, un "co-módulo de $X$" sería $\mathbf{G}(X)$ donde $\mathbf{G}\colon\mathscr{Set}\to R\mathscr{mod}$ donde $\mathbf{G}$ es el derecho medico adjunto del conjunto subyacente functor.
Sin embargo, a la izquierda adjoints respeto colimits; en particular, si $\mathbf{G}$ existía, a continuación, $\mathbf{U}$ sería un adjunto a la izquierda, y así el conjunto subyacente de una suma directa de dos módulos (que es un subproducto) sería necesariamente (bijectable con) la inconexión de la unión de los conjuntos subyacentes de los módulos (como distinto de la unión es el subproducto en $\mathscr{Set}$). Esta falla en cada categoría de módulos, ya que la suma directa de dos trivial módulos ha subyacente conjunto con un solo elemento, pero distinto de la unión de los conjuntos subyacentes tiene dos elementos. Así que el conjunto subyacente functor no puede tener un derecho adjuntos, por lo que no hay "co-gratis" functor.
Alternativamente, usted puede considerar la característica universal de la libre objeto y ver si eso puede ser construida. Un compañero de un módulo en un conjunto $X$ sería un módulo de $C(X)$, junto con un conjunto teórico de la función de $f\colon C(X)\to X$ tal que para cada módulo de $M$ y cada conjunto teórico de la función de $g\colon M\to X$, no existe un único módulo homomorphism $\varphi\colon M\to C(X)$ tal que $g = f\circ\varphi$. Sin embargo, si $X$ tiene más de un elemento, entonces no existe tal objeto puede existir: vamos a $a\in X$ ser diferente de $f(0)$; a continuación, defina $g\colon C(X)\to G$ por $g(c)=a$ todos los $c$. Desde cada módulo homomorphism debe mapa de $0$$0$, tendríamos $a = g(0) = f(\varphi(0)) = f(0)$, contradiciendo la elección de $a$. Para $X$ un singleton, $C(X)$ debe ser el trivial módulo. Para $X$ vacía, no hay co-libre de objetos.
Así que no podemos dualize "sumando directo de un módulo" a "sumando directo de co-módulo", porque no hay ningún objeto para jugar el papel de la co-módulo. Tenga en cuenta que usted necesita , precisamente, la característica universal de la "co-módulo" con el fin de dualize la prueba de que un sumando directo de un módulo es proyectiva y vice-versa.
Un enfoque alternativo podría ser a pensar en el "módulo", como acaba de corto-de la mano de "suma directa de copias de $R$." Si hacemos eso, entonces el doble de "sumando directo de una suma directa de copias de $R$" sería "sumando directo de un producto de copias de $R$."
Pero esto no funciona bien: por ejemplo, para $\mathbb{Z}$-módulos", inyectiva" es equivalente a "divisible". Necesitaríamos $\mathbb{Q}$ a ser un sumando directo de un producto directo de copias de $\mathbb{Z}$. Pero $\mathbb{Q}$ puede ser incorporado en un producto directo de copias de $\mathbb{Z}$, debido a que cualquier homomorphism $\mathbb{Q}\to\mathbb{Z}$ es trivial, por lo que cualquier mapa de $\mathbb{Q}\to\prod \mathbb{Z}$ es necesariamente trivial (es completamente determinado por las proyecciones, y todas las proyecciones son triviales).
En breve: no doble a la proposición de que un módulo es proyectivo si y sólo si es un sumando directo de un módulo.
Esta es otra faceta de el hecho de que la dualidad entre injectives y projectives no es perfecto. Como he mencionado en los comentarios, por ejemplo, cada módulo tiene una inyectiva casco pero no cada módulo tiene un proyectiva de la cubierta, por lo que la dualidad no es perfecto.
