No puedes demostrarlo porque es falso. Considera $A=J^T$ y $\alpha=1$. La ecuación $MJ^TM^{-1}=J$ implica que $MJ^T=JM$, o, usando coordenadas, $$ \pmatrix{b&-a\\ d&-c} =\pmatrix{a&b\\ c&d}\pmatrix{0&-1\\ 1&0} =\pmatrix{0&1\\ -1&0}\pmatrix{a&b\\ c&d} =\pmatrix{c&d\\ -a&-b}. $$ Por lo tanto, $b=c,\,a=-d$ y $\det(M)=ad-bc=-a^2-b^2\le0$.
La afirmación es cierta, sin embargo, si $\alpha\ne0$ y uno puede elegir el signo de $\alpha$ a voluntad. En otras palabras, se puede elegir una matriz real $M$ con determinante positivo tal que $MAM^{-1}=\beta J$ para algún $\beta\in\{-\alpha ,\alpha\}$.
Presumiblemente $\alpha$ es distinto de cero, de lo contrario, la afirmación es falsa cuando $A$ es un bloque de Jordan nilpotente. Cuando $\alpha$ es efectivamente distinto de cero, tanto $A$ como $\alpha J$ tienen el mismo espectro que consiste en dos valores propios complejos distintos. Por lo tanto, son similares sobre $\mathbb C$ (porque ambos son similares a $\operatorname{diag}(i\alpha,-i\alpha)$). Sin embargo, dos matrices que son similares sobre un campo de extensión deben ser similares sobre el campo base (porque deben tener la misma forma canónica racional). Por lo tanto, $A$ es similar a $\alpha J$ sobre $\mathbb R$. Es decir, existe alguna matriz real invertible $P$ tal que $PAP^{-1}=\alpha J$. Ahora, si $\det P>0$, podemos elegir $M=P$ y $\beta=\alpha$. Si $\det P<0$, podemos elegir $M=\pmatrix{1&0\\ 0&-1}P$ y $\beta=-\alpha$.
El signo de $\beta$ está determinado de forma única por $A$. Es decir, si $MAM^{-1}=\beta J \ne0$, no puedes encontrar otra matriz real $M_1$ con determinante positivo tal que $M_1AM_1^{-1}=-\beta J$, porque, como se muestra arriba, $-J=J^T$ no es similar a $J$ mediante una matriz de cambio de base con determinante positivo.
