昨天群里討論標題的問題
實矩陣酉相似是否等價於正交相似？
我在這里找到了答案。第一步是證明如下引理。
$A$和$B$正交相似，當且僅當$A$和$A^\mathsf{T}$同時實相似到$B$和$B^\mathsf{T}$。這里$\mathsf{T}$表示轉置。
方便起見，用$'$表示轉置。一面是簡單地。另一面，假設$PAP^{-1}=B$, $PA'P^{-1}=B'$，於是$PAP^{-1}=(P')^{-1}AP'$, 故$P'PA=AP'P$, 而此時$P'P$是正定的，假設是$P'P=V'D^2 V$, 其中$V$是正交矩陣，$D$對角線上都是正數。此時$P(V'DV)^{-1}$是正交的，記為$Q$，並記$V'DV=O$，換言之$P=QO$。此時$A$和$O^2$交換，注意到利用Langrange插值，$D$是$D^2$的多項式，所以$A$和$O$也交換。總而言之，此時帶入$PAP^{-1}=B$，立刻得到$QAQ^{-1}=B$，得證。
同樣的手法，我們可以證明如下定理。
$A$和$B$酉相似，當且僅當$A$和$A^\mathsf{H}$同時復相似到$B$和$B^\mathsf{H}$。這里$\mathsf{H}$表示共軛轉置。
另外注意到如下事實
如果實矩陣$A_1,A_2$同時在$\mathbb{C}$上相似到$B_1,B_2$，那么也同時在$\mathbb{R}$上相似到$C,D$。
這是因為如果$(P+iQ)A_k(P+iQ)^{-1}=B_k$, $k=1,2$，即$PA_k=B_kP, QA_k=A_kQ$，於是某個$P,Q$的線性組合$ P+\lambda Q$一定可逆，否則考慮行列式，作為多項式始終為$0$，這說明多項式本身是$0$（這里利用了$\mathbb{R}$是無限域），這與在$\mathbb{C}$上有根矛盾。
以下一些評注
- 引理的證明過程就是極分解，但是因為都可逆，所以不必大費周章。
- 酉（正交）相似並沒有標准型。（關於這一點總有神必人反駁我）所謂標准型是要有唯一性的，或者說我們要有兩個標准型等價（如相抵，相似，合同，正交相似，酉相似）的盤踞。眾所周知，任何復矩陣都酉相似到上三角矩陣，一樣的手法，任何實矩陣都相似到准上三角，每個塊都不超過$2$階，且$2\times 2$的矩陣都是旋轉矩陣。但是沒有兩個相似的判據，這並不能叫標准型。且這個結論對問題也沒有幫助。
- 線性代數的經典習題是兩個矩陣在小域上相似當且僅當在大域上相似。有兩個初等的證明，一個如正文的方法，不過更改為一般的域擴張，或許系數會多考慮一些。另一個是利用兩個矩陣相似當且僅當行列式因子相同，這里利用了擴域不改變最大公因式的事實，因為多項式環上的帶余除法是有唯一性的。缺點是很明顯的，前者無法用於有限域，后者無法用於多個矩陣的情況。
- 下面給一個抽象證明。首先相似只涉及到有限位置的元素，所以只需要有限擴域。接着把語言轉換成模的語言，說的是有限維$k$代數$A$模$M$和$N$的擴張$M\otimes_k F$和$N\otimes_k F$如果作為$A\otimes_k F$模同構，那么作為$A$模下也同構。因為作為$A$模，$M\otimes_k F$無非是一些$M$的拷貝，這無非是Krull-Schmidt定理。實際上這就是Noether-Deuring定理的過程。
- 類似地，我們可以得到一個看上去人畜無害，但初等方法難以下手的結論。$A,B$同時相似到$C,D$等價於$\left(\begin{matrix}A \\ & A\end{matrix}\right), \left(\begin{matrix}B \\ & B\end{matrix}\right)$同時相似到$\left(\begin{matrix}C \\ & C\end{matrix}\right), \left(\begin{matrix}D \\ & D\end{matrix}\right)$。
- 類比上面的過程，我們還可以得到一個。$A$和$B$正交相似等價於$\left(\begin{matrix}A \\ & A\end{matrix}\right)$和$\left(\begin{matrix}B \\ & B\end{matrix}\right)$正交相似。
（所以Krull-Schmidt定理是一個很強的定理）
