Por un conocido resultado si Zsigmondy, con un par de excepciones, por $k>1$, hay un primer $r$ que divide $p^k-1$, pero no divide $p^i-1$ cualquier $i<k$. A continuación, un Cantante cíclico grupo en ${\rm PGL}(k,q)$ está contenida en el centralizador $C$ de Sylow $r$-subgrupo $R$ de ${\rm PGL}(k,q)$.
Desde el inverso de la imagen de $R$ en ${\rm GL}(k,q)$ es un producto directo de $\hat{R} \times Z$, donde $Z$ es el grupo de matrices escalares, que tiene orden de $q-1$, coprime a $r$, e $\hat{R} \in {\rm Syl}_r({\rm GL}(k,q))$, la inversa de la imagen en ${\rm GL}(k,q)$ de $C$ centraliza $\hat{R}$.
Ahora $\hat{R}$ actos irreducible en ${\mathbb F}_q^k$, así que por Schur del lema, su centralizador en ${\rm GL}(k,q)$ es el grupo multiplicativo de una división de álgebra más de ${\mathbb F}_q$, que es conmutativa ya que el campo es finito. Desde este centralizador contiene un Cantante cíclico de orden $q^k-1$, esta división álgebra debe ser ${\mathbb F}_{q^k}$, por lo que este Cantante ciclo es el centralizador de $\hat{R}$ en ${\rm GL}(k,q)$.
Por lo que su imagen en ${\rm PGL}(k,q)$, que es el Cantante original de ciclo, debe ser el pleno centralizador $C$ de $R$, y ahora se deduce a partir del Teorema de Sylow de que cualquiera de las dos Cantante de los ciclos de conjugar en ${\rm PGL}(k,q)$.
Los casos excepcionales en los que la Zsigmondy prime no existe cuando se $q=2$, $k=6$, en cuyo caso $Z=1$ así que no hay nada que demostrar, y cuando se $k=2$ e $q+1$ es una potencia de $2$, pero en caso de que un Sylow $2$-subgrupo de ${\rm PGL}(k,q)$ es diedro de la orden de $2(q+1)$, y el Cantante ciclo es su única máximo cíclico de los subgrupos, por lo que el resultado sigue de nuevo a partir del Teorema de Sylow.
${\bf Added\ later}$: El argumento anterior es para ${\rm PGL}(k,q)$, no ${\rm P \Gamma L}(k,q)$. Creo que el resultado es válido en ${\rm P \Gamma L}(k,q)$, y me limitaré a esbozar un argumento.
Así que vamos a $q=p^e$ con $p$ prime. Vamos a elegir nuestro Zsigmondy prime $r$ tal que $r$ divide $q^k-1 = p^{ke}-1$, pero $r$ no divide $p^m-1$ cualquier $m < ke$ (y tenga en cuenta que esto significa que tenemos un par de casos más excepcionales, $q^k = 4^3,8^2$ que tiene que ser manejado por separado, posiblemente por equipo).
Tenga en cuenta que $r$ no se puede dividir $e$, ya que si $e=rs$ entonces $r$ divide $p^{krs} - p^{ks}$ y, por tanto, $r$ divide $p^{ks}-1$, contrario a la hipótesis. Así que nuestro Sylow $r$-subgrupo $R$ de $G$ aún se encuentra en ${\rm PGL}(k,q)$.
El grupo ${\rm \Gamma L}(k,q)$ se define como la semidirect producto ${\rm GL}(k,q) \rtimes \langle \sigma \rangle$, donde $\sigma$ induce el campo automorphism de orden $e$ que actúa mediante la aplicación de $x \mapsto x^e$ a las entradas de la matriz. Este grupo de proyectos en ${\rm P\Gamma L}(k,q)$.
Ahora ${\rm \Gamma L}(k,q)$ incrusta en $ {\rm GL}(ke,p)$. Por el mismo argumento, como antes, a la inversa de la imagen en ${\rm GL}(ke,p)$ de la centralizador $C$ de $R$ en ${\rm PGL}(ke,p)$ es cíclico de orden $q^k-1$, que es la misma que la de su centralizador en ${\rm GL}(k,q)$, y, por tanto, también de la misma como su centralizador en ${\rm \Gamma L}(k,q)$.
Por lo $C$ es el centralizador de $R$ en ${\rm P \Gamma L}(k,q)$, y el argumento procede como antes.
Sé que esta prueba es más complicado de lo que es posible que usted prefiera, y es posible que hay un más fáciles de la prueba. Pero tengo algo de experiencia con probar los resultados en estas semilinear grupos, y el uso de Zsigmondy de los números primos es una técnica estándar.
