$\def\GL{\operatorname{GL}}$ Lema Deje $K$ ser un campo y $A\in\GL(n,K)$. El mapa de $\gamma_A^K:C\in M_n(K)\mapsto ACA^{-1}\in M_n(K)$, que es un $K$-lineal mapa, ha determinante $\delta^K(A)=1$.
Prueba. Desde $\gamma_A^K\circ\gamma_B^K=\gamma_{AB}^K$,$\delta^K(AB)=\delta^K(A)\delta^K(B)$, y, a continuación, $\delta^K(A)=\delta^K(DAD^{-1})$ todos los $D$. En otras palabras, la función de $\delta^K$ es invariante bajo la conjugación en $\GL(n,K)$.
Ahora, si $A$ es diagonal con los elementos de la diagonal $\lambda_1$, $\dots$, $\lambda_n$, a continuación, el mapa de $\gamma_A$$(c_{i,j})\mapsto(\lambda_i\lambda_j^{-1}c_{i,j})$. Vemos a la vez en los vectores propios son los elementales de matrices y que los valores propios son los números de $\lambda_i\lambda_j^{-1}$. El determinante $\delta^K(A)$, que es el producto de los valores propios, es en este caso, se ve fácilmente ser $1$. Por tanto, tenemos que $\delta^K(A)=1$ para todos diagonal invertible matrices, y se sigue de esto que $\delta^K(A)=1$ para todos los diagonalizable invertible matrices debido a la conjugación de la invariancia.
Ahora, si el campo es algebraicamente cerrado, entonces el conjunto de matrices es diagonalizable Zariski denso en el conjunto de todos los invertible matrices, y el mapa de $\delta$ es regular -es una función racional de los coeficientes - lo $\delta$ es en realidad de forma idéntica $1$.
Si $K$ no es algebraicamente cerrado, deje $\bar K$ ser su algebraica de cierre. Luego, por supuesto, $A\in\GL(n,\bar K)$ y por lo que hemos probado nos ha $\delta^{\bar K}(A)=1$. Es fácil ver que $\delta^K(A)=\delta^{\bar K}(A)$, por lo que se llega a la conclusión queremos que también en este caso. $\Box$
Lema. Deje $L/K$ ser un campo finito de extensión y deje $N:L\to K$ ser la norma, por lo que el $N(l)$ es el determinante de la $K$-lineal mapa de $x\in L\mapsto lx\in L$. Si $V$ $L$- espacio vectorial y $f:V\to V$ $L$- lineal mapa, vamos a $\det_Lf$ $\det_Kf$ ser los factores determinantes de la $f$ visto como un $L$-lineal mapa y como un $K$-lineal mapa. A continuación,$N(\det_Lf)=\det_Kf$.
Prueba. Podemos suponer que el $f$ conserva una completa bandera $0=V_0\subset V_1\subset\cdots\subset V_n=V$ $L$- subespacios de $V$; si no, podemos extender los escalares a un número finito de extensión de la $L'/L$ que esto sucede, y comprobar que el resultado final es el mismo.
A continuación, $\dim_LV_i/V_{i-1}=1$ todos los $1\leq i\leq n$, e $f$ induce un $L$-lineal mapa de $f_i:V_i/V_{i-1}\to V_i/V_{i-1}$, que está dada por la multiplicación por algunos escalares $l_i\in L$. Tenemos $\det_L=l_1\dots l_n$.
Ahora el $V_i$'s son, por supuesto, también se $K$-subespacios de $V$, formando ahora un parcial de bandera en $V$ visto como un $K$-espacio vectorial, y $f$ la conserva.
El determinante de a $f$ visto como un $K$-lineal mapa es entonces el producto de los determinantes de los mapas de $f_i$ ven a sí mismos como $K$-lineal de los mapas. Ya sabemos que $f_i$ es esencialmente la multiplicación por $l_i$$L$, por definición, $\det_Kf_i=N(l_i)$. El lema de la siguiente manera a partir de este. $\Box$
En esta prueba, que estamos calculando el determinante de una matriz por primera llevándolo a un bloque superior de la diagonal de la forma, por así decirlo. Ahora podemos hacer lo que realmente quería:
La proposición. Deje $K\subseteq L$ ser un campo finito de extensión y deje $A\in\GL(n,L)$. Entonces el determinante de la $K$-lineal mapa de $C\in M_n(L)\mapsto ACA^{-1}\in M_n(L)$$1$.
Prueba. Por el segundo lema, el determinat en cuestión es la norma para la extensión de $L/K$ de la determinante de la misma mapa ver como una $L$-lineal mapa. Hemos calculado este último determinante para ser $1$ en el primer lema, y $N(1)=1$. $\Box$
