Bueno,
zorropardo, no sé si te quedó claro la idea que te transmiten otros foreros: si llamamos \( x := \min X \), sabemos que \( x \in X \), y si suponemos que \( kx \in X \) para cualquier \( k \in \mathbb{N} \), entonces
\( (k+1)x = x + kx \in X \).
Por tanto, ya tienes la implicación \( x\mathbb{N} \subseteq{} X \).
Entonces una sospecha que podríamos tener es si, en realidad, \( X = x\mathbb{N} \), ya que así demostramos lo que nos pide el enunciado. Para ello, tenemos que probar la otra inclusión \( X \subseteq{} x\mathbb{N} \). Tanto
EJ como
Luis Fuentes dieron la demostración de esta inclusión usando, respectivamente, el teorema de Bezout o la división euclidea. Por mi parte daré otra demostración basándome en el contrarrecíproco.
Tomemos cualquier \( y \in \mathbb{N} \) que no sea múltiplo de \( x \) y probemos que \( y \not\in X \). En efecto, sabiendo que \( y < y + 1 \leq{} (y+1)x \) el conjunto
\( M := \{ k \in \mathbb{N} : y < kx \} \)
es no vacío, por lo que puedes hallar \( m := \min M \). No puede ser \( m = 1 \), o sino \( y < x \) contradiciendo la minimalidad de \( x \). Entonces \( m-1 \in \mathbb{N} \) y, por la minimalidad de \( M \), \( (m-1)x \leq y \). Dado que suponemos que \( y \not\in x\mathbb{N} \), de hecho \( (m-1)x < y \). Si fuera \( y \in X \), entonces también \( y - (m-1)x \in X \) y, por la minimalidad de \( X \), \( x \leq{} y - (m-1)x \), pero esto es imposible porque, si no, \( mx = x + (m-1)x \leq y \) mas \( m \in M \). Por tanto, \( y \not\in X \).
