Aquí es una alternativa a prueba sin el uso de Cayley-Hamilton teorema. Suponemos que el campo subyacente tiene características de las $\ne2$, de lo contrario $A=B=\operatorname{diag}(1,0)$ sería dar un contraejemplo. Como usted dijo, $\operatorname{tr}(AB)=0$. Queda por demostrar que $\operatorname{tr}(A)=\operatorname{tr}(B)=0$.
Si tanto $A$ $B$ es invertible, entonces a$ABA^{-1}=-B$$B^{-1}AB=-A$. Tomando huellas en ambos lados de cada ecuación, la conclusión de la siguiente manera.
Si al menos una de las dos matrices es singular, podemos suponer sin pérdida de generalidad que $B=uv^T$. La condición de $AB=-BA\ne0$ implica que el $Auv^T=-uv^TA\ne0$. Por lo tanto $\{Au,u\}$ e e $\{v^TA,v^T\}$ son dos pares de distinto de cero vectores paralelos. Por lo tanto $Au=\lambda u$ algunos $\lambda\ne0$. Sustituir esto en $Auv^T=-uv^TA$, también conseguimos $v^TA=-\lambda v^T$. Por lo tanto, $\lambda$ $-\lambda$ son los autovalores de a $A$. Por supuesto, el campo tiene características de las $\ne2$. Por lo tanto $\lambda$ $-\lambda$ son distintos autovalores de a$A$$\operatorname{tr}(A)=0$.
Finalmente, como $A$ tiene distintos autovalores distintos de cero, es invertible. Así, nuestro argumento anterior ($ABA^{-1}=-B$) muestra que el $\operatorname{tr}(B)=0$. Alternativamente, la conclusión se sigue de la observación de que $0=\operatorname{tr}(AB)=\operatorname{tr}(Auv^T)=\operatorname{tr}(\lambda uv^T)=\lambda\operatorname{tr}(B)$.