Centre du groupe projectif linéaire

En comparant le déterminant tu peux voir que $\lambda_B = 1$

Nicolas H : pas tout à fait, quel est le déterminant de $-I_n$ ?

ça mériterait clairement d'être détaillé. En regardant le déterminant, tu obtiens un morphisme $GL_n(\mathbb K)\to \mu_n(\mathbb K)$. Comme $\mu_n(\mathbb K)$ est abélien, ce morphisme se factorise sous la forme $GL_n(\mathbb K)\xrightarrow{\det\,}\mathbb K^* \to \mu_n(\mathbb K)$ pour un certain $f: \mathbb K^*\to \mu_n(\mathbb K)$.

En particulier, $\lambda_B = 1$ lorsque $B\in SL_n(\mathbb K)$, et je crois que cela suffit: une matrice inversible qui commute avec tout $SL_n(\mathbb K)$ est, je crois, une homothétie. Pour voir ça, on calcule $A(I_n+E_{i,j})$ et $(I_n+E_{i,j})A$ pour $i\neq j$.

En regardant le déterminant, tu vois que $\lambda_B^n=1$, donc $\lambda_B \in \mu_n(\mathbb K)$ (je vois que j'ai oublié de préciser qu'il s'agissait des racines $n$-ièmes de l'unité). De plus, $B\mapsto \lambda_B$ est multiplicatif (facile à voir), donc c'est un morphisme $GL_n(\mathbb K)\to\mu_n(\mathbb K)$.

Le résultat utilisé implicitement par Max est que l'abélianisé de $\mathrm{GL}_n(\mathbb K)$ est $\mathbb K^*$, autrement dit que le sous-groupe dérivé de $\mathrm{GL}_n(\mathbb K)$ est $\mathrm{SL}_n(\mathbb K)$ (c'est faux si $n=2$ et $\mathbb K = \mathbb F_2$ par contre, mais vu la notation j'imagine que ce n'est pas le cas). Ça se démontre en montrant que toute transvection (différente de l'identité) est un commutateur, et que les transvections engendrent $\mathrm{SL}_n(\mathbb K)$.

Pour moi la réponse de Nicolas H est bonne. Soit $A \in Z(PGL_{n}(K))$ alors pour tout $B \in PGL_{n}(K)$ on a $\overline{AB}=\overline{BA}$ donc $B^{-1}ABA^{-1} \in Z(GL_{n}(K))$ ainsi il existe $\lambda_{B}$ tel que $B^{-1}ABA^{-1} = \lambda_{B} I_{n}$ et comme $\det(A)\det(A^{-1}) = 1$ on a bien $\lambda_{B} = 1$ quelque soit $B$.