Uno puede hacerlo de esta manera.
Considere el polinomio en dos variables $t, \lambda$
$$
(-1)^{n} \det((A + t B) - \lambda I).
$$
Consideramos esto como un polinomio en $t$, de grado $n$, con coeficientes en el campo de funciones racionales $\mathbb{R}(\lambda)$. Por hipótesis, por $n+1$ distintos valores de $t$, que coincide con $\lambda^{n}$, de modo que uno tiene la igualdad
$$
(-1)^{n} \det((A + t B) - \lambda I) = \lambda^{n}
$$
de polinomios en $t, \lambda$. Así que puede sustituir a cualquier cosa en $t$ o $\lambda$, y aún así será una igualdad. Sustituto $t^{-1} \mu$ donde $\mu$ es otro indeterminado, para $\lambda$, e $t^{-1}$$t$, de modo que tenemos
$$
(-1)^{n} \det((A + t^{-1} B) - t^{-1} \mu I) = (t^{-1} \mu)^{n}.
$$
Teniendo en cuenta que esta igualdad en el campo de funciones racionales, podemos multiplicar por $t^{n}$ y obtener
$$
(-1)^{n} \det((t + B) - \mu I) = \mu^{n}.
$$
Esta es ahora una identidad de polinomios en la indeterminates $t, \mu$.
Por último set $t = 0$ a que el polinomio característico de a$B$$\mu^{n}$, hasta el signo, por lo que el $B$ también es nilpotent.
Tenga en cuenta que el truco básico es común, y aparece por ejemplo en aplicar el criterio de Eisenstein para demostrar que el $p$-th cyclotomic polinomio tiene grado $p-1$, cuando se $p$ es primo. Es decir, uno tiene un primer $p$, y quiere demostrar que si $x = 1 + t$, luego
$$\etiqueta{igualdad}
x^{p-1} + x^{p-2} + \dots + x + 1 =\\=
t^{p-1} + \binom{p}{p-1} t^{p-2} + \dots + \binom{p}{2} t + \binom{p}{1}.
$$
Una sostiene que la
$$
x^{p} - 1 = (x-1) (x^{p-1} + x^{p-2} + \dots + x + 1),
$$
y, a continuación, sustituyendo $x = 1 + t$ uno tiene
\begin{align}
x^{p} - 1
&=
(1+t)^{p} - 1
\\&= \left( \sum_{i=0}^{p} \binom{p}{i} t^{i} \right) - 1
\\&=
t \cdot \sum_{i=1}^{p} \binom{p}{i} t^{i-1}
\\&=
t \cdot (t^{p-1} + \binom{p}{p-1} t^{p-2} + \dots + \binom{p}{2} t + \binom{p}{1}).
\end{align}
Ahora usted puede dividir por $t = x - 1$ y obtener la necesaria (la igualdad), que es una igualdad de polinomios, y por lo tanto se mantiene cuando se $t = 0$ (y por lo tanto $x = 1$), a pesar del hecho de que hemos dividido por $t$.
