No hay necesidad de utilizar el Lema de Zorn. La prueba es bastante elemental.
Lema 1. Si $A,B,C$ $R$- módulos que $A \oplus B$ es cíclico, cada bilineal mapa de $\beta : A \times B \to C$ es trivial.
Prueba. Deje $(u,v)$ ser un generador de $A \oplus B$. A continuación, $u$ es un generador de $A$ $v$ es un generador de $B$. Esto es suficiente para demostrar $\beta(u,v)=0$. Elija algunas de $r \in R$ tal que $(u,0)=r(u,v)$. Esto significa $u=ru$$rv=0$. Por lo tanto,
$$\beta(u,v) = \beta(ru,v)=\beta(u,rv)=\beta(u,0)=0. ~~~\checkmark$$
Lema 2. Para cualquiera de los dos ideales $I,J \subseteq R$, hay un surjective bilineal mapa de $$R/I \times R/J \to R/(I+J).$$
Prueba. Comprobar que la $(a \bmod I,b \bmod J) \mapsto a \cdot b \bmod I+J$ está bien definido, bilineal y surjective. $\checkmark$
Corolario. Si $R/I \oplus R/J$ es cíclica y, a continuación,$I+J=R$.
Prueba. Por el Lema 2, tenemos un surjective bilineal mapa de $R/I \times R/J \to R/(I+J)$. Por el Lema 1, es trivial. Por lo tanto, por surjectivity, $R/(I+J)$ es trivial. Esto significa $I+J=R$. $\checkmark$
La prueba anterior es motivado por el siguiente más habitual de la prueba, que utiliza objetos universales (exterior poderes y tensor de productos):
Si $R/I \oplus R/J$ es cíclico, entonces
$0=\Lambda^2(R/I \oplus R/J)\\ ~~\cong \underbrace{\Lambda^2(R/I)}_{=0} \otimes \Lambda^0(R/J) \,\oplus\, \Lambda^1(R/I) \otimes \Lambda^1(R/J) \,\oplus\, \Lambda^0(R/I) \otimes \underbrace{\Lambda^2(R/J)}_{=0}\\ ~~ \cong R/I \otimes R/J\\ ~~ \cong R/(I+J). ~~~ \checkmark$
Sin embargo, me parece que es muy complicado. ¿Qué $\otimes_R$ significa? ¿Qué producto tensor decir? No he de aprender tensor de producto. 
