Lo probaremos por contradicción: sea $G$ un grupo finito simple, no cíclico tal que todos sus subgrupos son cíclicos. El centro de $G$ debe ser trivial, pues el centro es normal y no es todo $G$.
Ahora probemos que cualesquiera dos subgrupos (propios) maximales se intersectan solo en $1$. Sean $H$ y $K$ maximales y $g \in H \cap K$. Entonces $g$ conmuta con los elementos de $H$ y con los de $K$ (pues son Abelianos) y por lo tanto, con el subgrupo generado por $H\cup K$. Como $H$ y $K$ son maximales, ese subgrupo es todo $G$ y concluimos que $g$ está en el centro. Por lo tanto, $g=1$.
Concluimos que los conjuntos $M \setminus \{1\}$ donde $M$ recorre los subgrupos maximales forman una partición de $G \setminus \{1\}$. Si el orden $G$ es $n$, tenemos $n-1 = \sum_M (|M|-1)$. En la suma agrupemos los términos que son conjugados. ¿Cuántos conjugados tiene $M$? Es conocido que la respuesta es el índice del normalizador de $M$, y como $M$ es maximal, el normalizador solo puede ser $M$ o $G$. Descartamos que sea $G$, pues $G$ es simple (y por lo tanto $M$ no puede ser normal). Por lo tanto, si $|M|=m$, entonces $M$ tiene $n/m$ conjugados distintos, que contribuyen $(m-1)(n/m) = n - n/m$ a la suma. Acotemos esa contribución: si $m=1$, $G$ sería cíclico de orden primo; por otra parte $m$ es divisor propio de $n$ por lo que $m\le n/2$ (de hecho $m \le n/3$ pues si $m=n/2$, $M$ sería normal). Entonces los conjugados de $M$ contribuyen entre $n/2$ y $n-2$. Una clase de conjugación de $M$ no alcanza a llegar a $n-1$ y dos ya se pasan ($n/2 + n/2 > n-1$). Esta es la contradicción deseada.
Observación: la prueba no usó que los subgrupos de $G$ son cíclicos, solo que son Abelianos.
Nota: ¡la hipótesis de que $G$ es finito es necesaria! Existen grupos simples infinitos llamados monstruos de Tarski tales que todos sus subgrupos propios son cíclicos de orden un primo fijo $p$.
