La guía paso a paso o código que hallarás en este post es la resolución más rápida y efectiva que encontramos a esta inquietud o dilema.
Solución:
Uno puede hacerlo de esta manera.
Considere el polinomio en las dos variables $t, lambda$ $$ (-1)^n det((A + t B) – lambda I). $$ Considere esto como un polinomio en $t$, de grado $n$, con coeficientes en el campo de las funciones racionales $mathbbR(lambda)$. Por hipótesis, para $n+1$ valores distintos de $t$, coincide con $lambda^n$, de modo que se tiene la igualdad $$ (-1)^n det((A + t B) – lambda I) = lambda^n $$ de polinomios en $t, lambda$. Entonces podemos sustituir cualquier cosa en $t$ o $lambda$, y seguirá siendo una igualdad. Sustituir $t^-1 mu$, donde $mu$ es otro indeterminado, por $lambda$, y $t^-1$ por $t$ para que tengamos $$ (-1) ^n det((A + t^-1 B) – t^-1 mu I) = (t^-1 mu)^n. $$ Considerando esta igualdad en el campo de las funciones racionales, podemos multiplicar por $t^n$ y obtener $$ (-1)^n det((t A + B) – mu I) = mu^n. $$ Esta es ahora una identidad de polinomios en los indeterminados $t, mu$.
Finalmente establecemos $t = 0$ para obtener que el polinomio característico de $B$ sea $mu^n$, hasta el signo, de modo que $B$ también sea nilpotente.
Tenga en cuenta que el truco básico es común y aparece, por ejemplo, al aplicar el criterio de Eisenstein para demostrar que el $p$-ésimo polinomio ciclotómico tiene grado $p-1$, cuando $p$ es primo. Es decir, uno tiene un primo $p$ y quiere probar que si $x = 1 + t$, entonces $$tagigualdad x^p-1 + x^p-2 + puntos + x + 1 =\= t^p-1 + binompp-1 t^p-2 + puntos + binomp2 t + binom p1. $$ Se argumenta que $$ x^p – 1 = (x-1) (x^p-1 + x^p-2 + dots + x + 1), $$ y luego sustituyendo $x = 1 + t$ se tiene beginalign x^p – 1 &= (1+t)^p – 1 \&= left( sum_i=0^ p binompi t^i right) – 1 \&= t cdot sum_i=1^p binompi t^i -1 \&= t cdot (t^p-1 + binompp-1 t^p-2 + dots + binomp2 t + binomp1). endalign Ahora puedes dividir por $t = x – 1$ y obtenemos la (igualdad) requerida, que es una igualdad de polinomios y, por lo tanto, aún se mantiene cuando $t = 0$ (y, por lo tanto, $x = 1$), a pesar de que hemos dividido por $t$.
Este es un escrito más completo usando las ideas de @QuangHoang. También se puede ver como una versión analítica (en lugar de algebraica) de las ideas de @AndreasCaranti
Como antes, defina $f(t)=(A+tB)^n$. Esta es una función de valor matricial, pero al examinar las entradas individuales tenemos $n^2$ funciones de valor real. Tenemos que $f(t)_ij$ es un polinomio de grado a lo sumo $n$ que tiene al menos $n+1$ raíces, y por lo tanto es idénticamente cero, entonces $(A+tB)^n= 0$ para todos los $t$. Cuando $t=0$ tenemos el resultado de que $A$ es nilpotente.
Ahora, considere $g(t)=((1-t)A+tB)^n=(1-t)^nf(t/(1-t)).$ Cuando $tneq 1$, tenemos de lo anterior que $g(t)=0$. Sin embargo, $g(t)$ también es un polinomio en $t$ en cada entrada y, por lo tanto, es continuo, por lo que $g(1)=B^n=0$.
Una vez que $f(t)=0$ para todos los $t$, puede olvidar los valores originales de $n+1$ de $t$ y elegir cualquier valor de $n+1$ distinto de cero y luego continuar con su argumento.