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¿Demasiados anuncios?Solución $1$.
Supongamos $\mathfrak m=(t)$, e $t\notin I$. Vamos a demostrar que $I\subseteq\mathfrak m^2$. Pick $a\in I$. Entonces $a=tb$, $b\in R$. Si $b\in\mathfrak m$, $b=tc$ e lo $a=t^2c\in\mathfrak m^2$. De lo contrario, $\mathfrak m+(b)=R$, lo $1=tx+by$. A continuación,$t=t^2x+tby$, lo $t=t^2x+ay\in I$, una contradicción.
Un poco más general:
Deje $(A,\mathfrak n)$ ser un artinian anillo local y $\mathfrak n=(t)$. Si $\mathfrak n^r=0$, e $\mathfrak n^{r-1}\ne0$, entonces los ideales de $A$ : $(0)$, $\mathfrak n^{r-1}$, $\dots$, $\mathfrak n$, $A$.
En su caso $A=R/\mathfrak m^2$.
Solución $2$.
$\mathfrak m/\mathfrak m^2$ $R/\mathfrak m$- espacio vectorial, y los subespacios de $\mathfrak m/\mathfrak m^2$ corresponden a los ideales $I\subseteq R$ tal que $\mathfrak m^2\subseteq I\subseteq\mathfrak m$. Desde $\mathfrak m$ que es lo principal que hemos $\dim_{R/\mathfrak m}\mathfrak m/\mathfrak m^2=1$, lo $\mathfrak m/\mathfrak m^2$ tiene sólo los subespacios triviales.