Un commutateur de rang 1

Par le théorème du rang : $\dim(\ker(AB-BA)) = n- 1$
Soit $\mathcal{B} := (e_{i})_{i \in [\![ 1,n-1]\!]}$ une base de $\ker(AB - BA)$.
Comme $\mathrm{rg}(AB-BA)\ne 0$, il existe un vecteur $e_{n}$ tel que $(AB - BA)e_{n}\ne 0$

La famille $\mathcal{C} := (e_{i})_{i\in[\![1,n]\!]}$ forme une famille libre de cardinal $n$ de $\mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{R})$ donc un base, en effet :
Soit $(\lambda_{i})_{i\in[\![1,n]\!]}$ une famille de scalaires tels que : $\sum_{i=1}^{n}\lambda_{i}e_{i} =0$
En multipliant cette égalité par $AB-BA$ et en sachant que $\forall i \in [\![1,n-1]\!], (AB - BA)e_{i}=0$ et $(AB-BA)e_{n}\ne 0$, on a $\lambda_{n}=0$.
Ainsi $\sum_{i=1}^{n-1}\lambda_{i}e_{i}=0$, mais comme $\mathcal{B}$ est libre (car base de $\ker(AB-BA)$), on a $\forall i \in [\![1,n-1]\!], \lambda_{i}=0$.
En conclusion, $\mathcal{C}$ est libre car $\forall i \in [\![1,n]\!], \lambda_{i} = 0$

Soit $u$ l’endomorphisme canoniquement associé à $AB - BA$.
La matrice de $u$ dans la base $\mathcal{C}$ s’exprime comme
$$\mathrm{Mat}_{\mathcal{C}}(u) = \begin{pmatrix} 0 & ... & 0 & a_{1}\\ \vdots & & \vdots&\vdots \\0 & ... & 0&a_{n}\end{pmatrix}$$où les $(a_{i})_{i\in[\![1,n]\!]}$ sont les coordonnées de $e_{n}$ dans la base $\mathcal{C}$.

Nous pouvons, grâce à la trace, montrer que $a_{n} = 0$, en effet :
Par linéarité et cyclicité de de la trace : $\mathrm{tr}(AB - BA) = \mathrm{tr}(AB) - \mathrm{tr}(BA) =0$
La trace est un invariant de similitude, donc on a également $\mathrm{tr}(\mathrm{Mat}_{\mathcal{C} }(u))=0$
Par ailleurs, comme nous disponsons de $\mathrm{Mat}_{\mathcal{C}}(u)$, nous pouvons simplement sommer ses coefficients diagonaux pour obtenir sa trace : $\mathrm{tr}(\mathrm{Mat}_{\mathcal{C}}(u)) = \sum_{i=1}^{n-1} 0 + a_n = a_{n}$
Donc :

$$\mathrm{Mat}_{\mathcal{C}}(u) = \begin{pmatrix} 0 & ... & 0 & a_{1}\\ \vdots & & \vdots&\vdots \\ 0&... & 0 &a_{n-1}\\0 & ... & 0&0\end{pmatrix}$$$\newline$
Par produit matriciel : $(\mathrm{Mat}_{\mathcal{C}}(u))^{2} = 0$
$\newline$
$AB - BA$ et $\mathrm{Mat}_{\mathcal{C}}(u)$ sont semblables donc leurs carrés sont semblables. $(AB - BA)^{2}$ est semblable à la matrice nulle (une matrice scalaire) donc est égale à la matrice nulle.
$\newline$
Remarque : Plus généralement, pour n’importe quelle matrice $M\in \mathcal{M}_{n}(\mathbb{C})$ de trace nulle et de rang au plus $1$, $M^{2} =0$.