Una forma de hacerlo sería la siguiente:
"$\Rightarrow$": Si $G=\langle x\rangle$ es cíclico de orden $n$, que sólo tiene un subgrupo de orden $m$ por cada $m\vert n$ (la generada por $x^{n/m}$). Como $\lvert f(H)\rvert =\lvert H\rvert$ para cualquier automorphism $f$, esto implica $f(H)=H$ cualquier $f\in\mathrm{Aut}(G)$ y cualquier subgrupo $H\subset G$.
"$\Leftarrow$": Supongamos ahora que $f(H)=H$ cualquier $f\in \mathrm{Aut}(G)$ y cualquier subgrupo $H\subset G$. Como se ha señalado por usted y en los comentarios, la aplicación de esta al interior de automorfismos implica que $G$ es abelian(*). A continuación, el sturcture teorema sobre la finitely generado abelian grupos de estados que
$$G\simeq \prod_iG_i,$$
donde $G_{i}$ $p_i$- grupo de pares distintos de los números primos $p_i$ (más precisamente, se indica que el $G_{p_i}$ son productos directos de algunos de los $\mathbb{Z}_{p_i^k}:=\mathbb{Z}/p_i^k\mathbb{Z}$).
En particular, $\mathrm{Aut}(G)=\prod_i\mathrm{Aut}(G_i)$ $G_i$ son de coprime órdenes, por lo que cualquier $f\in \mathrm{Aut}(G)$ mapa de $G_i$$G_i$.
Por hipótesis (que no el cubo de un primer divide $\lvert G\rvert =n$) $G_i$ debe ser de la forma
- $G_i\simeq \mathbb{Z}_{p_i}$, o
- $G_i\simeq \mathbb{Z}_{p_i^2}$, o
- $G_i\simeq\mathbb{Z}_{p_i}\times\mathbb{Z}_{p_i}$.
Ahora, si alguna de las $G_i$ había formulario 3., decir $G_{i_0}=\mathbb{Z}_{p_{i_0}}\times \mathbb{Z}_{p_{i_0}}=:H_1\times H_2$ algunos $i_0$, considere la posibilidad de $f:=\prod_i\varphi_i\in\prod_i\mathrm{Aut}(G_i)=\mathrm{Aut}(G)$ donde $\varphi_i=\mathrm{Id}_{G_i}$ cualquier $i\neq i_0$ $\varphi_{i_0}\in\mathrm{Aut}(G_{i_0})$ es el automorphism de conmutación de los dos factores de $H_1$$H_2$$G_{i_0}$. Luego, por la construcción de la $f(H_1)=H_2\neq H_1$, contradiciendo la suposición. Así que todos los $G_i$ son de la forma 1. o 2., en particular, cíclico, $G$ es cíclica, es decir como un producto directo de grupos cíclicos de coprime órdenes.
(*) Teniendo en cuenta los comentarios, siento que debo añadir unas palabras a este punto, para la integridad: Asumiendo $f(H)=H$ cualquier $f\in\mathrm{Aut}(G)$ y cualquier subgrupo $H\subset G$, queremos mostrar que $G$ es ablian, donde sabemos que ningún cubo de un primer divide $G$. Como usted ha señalado, el uso de la asunción para el interior de automorfismos, se sigue que cada subgrupo de $G$ es normal. Vamos $p_i$, $i=1,\ldots,r$ ser todas las (distintas) de los números primos dividiendo $n=\lvert G\rvert$. Deje $S_{p_i}$ el (único, ya que son normales) $p_i$-Sylowsubgroups de $G$. Por definición de Sylow-subgrupos, $\lvert G\rvert = \prod_i\lvert S_{p_i}\rvert $ y a las órdenes de la $S_{p_i}$ son coprime, en particular,
$$\tag{1}S_{p_i}\cap S_{p_j}=\{1\}\text{ for }i\neq j.$$
Como todos los $S_{p_i}$ son normales, se puede construir el subgrupo $U:=S_{p_1}\cdot\ldots\cdot S_{p_r}\subset G$. Por (1), tenemos un isomorfismo
$$\begin{aligned}
S_{p_1}\times\ldots \times S_{p_r}&\longrightarrow U\\
(s_1,\ldots,s_r)&\longmapsto s_1\cdot\ldots\cdot s_r.
\end{aligned}$$
En particular, $U$ es abelian, como $S_{p_i}$ es abelian para cualquier $i$ (debido a $\lvert S_{p_i}\rvert =p_i^{k_i}$ algunos $k_i$, por definición, de una $p_i$-Sylowgroup y $k<3$ por la hipótesis de que no hay cubo de un primer divide $\lvert G\rvert $, lo $S_{p_i}$ es abelian para todos los $i$ como un grupo de orden $p_i^2$ o $p_i$), y $\lvert U\rvert =\prod\lvert S_{p_i}\rvert =\lvert G\rvert $, lo $U=G$.
