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(1) Zは1を生成元とする巡回群である. 一般に巡回群の部分群は巡回群である.
（もう少し丁寧な証明）
HをZの部分群とする. H={0}は明らかに巡回群なので, H≠{0}とする. このとき, 0でない整数aが存在して, a∈Hである.
もしa<0でも-a∈Hとなるから, Hには少なくとも1つは正の整数が存在するとしてよい.
Hに属する正の整数の最小値をmとする. このとき, H=<m>であることを示す. （<m>でmで生成される部分群を表す）
<m>はmを含む最小の部分群だから, <m>⊂Hである.
H⊂<m>を示すため, x∈Hとする. 除法の原理より
x=qm+r (q, rは整数, 0≦r<m)
と書ける. r=x - qmであり, x, m∈Hだったから, r∈Hとなる.
0<r<mなら, mがHに属する最小の正の整数であったことに矛盾する.
よって, r=0であり, x=qm∈<m>.
xは任意だったから H⊂<m>.
以上より H=<m>. これでZの任意の部分群が巡回群であることが示せた.
(2) 以下x, yで生成される部分群を<x, y>と表すことにする.
(a) G1は巡回群である.
<√18, √200>
={a√18 + b√200 | a, b∈Z}
={(3a+10b)√2 | a, b ∈ Z)}
ここで, 3と10は互いに素なので, {3a+10b | a, b∈Z} = Z であることに注意すれば,
<√18, √200> = {n√2 | n∈ Z} = <√2>
(b) G2は巡回群でない.
写像f : Z×Z → G2 をf(a, b) = a√20 + b√200 で定義する. fは全射準同型写像となる.
(a, b)∈Ker f
⇔ a√20 + b√200 = 0
⇔ a+b√10 = 0
⇔ (a, b)=(0, 0)
より準同型定理から, Z×Z≅G2. しかしZ×Zは巡回群でない.
よってG2も巡回群でない.
(c) G3は巡回群である.
(1 2)(3 4) = (3 4)(1 2)が可換であることに注意すれば,
G3 = {(1 2)^m (3 4)^n | m, n∈Z}
と書けることがわかる. さらに, (1 2)も(3 4)も位数2の要素であるから
G3 = {(1 2)^m (3 4)^n | m, nは0または1}
= {e, (1 2), (3 4), (1 2)(3 4)} (eは単位元)
であることまで分かる. G3は位数4の群であるのに対し, G3の位数4の要素は存在しないから, G3は巡回群でない.
(d) G4は巡回群である.
中国剰余定理より,
G4 ≅ Z/6Z
が成り立つ. Z/6Zは巡回群だから, G4も巡回群である.
こんな感じかと思います.
ありがとうございます。