Esto parece que debería ser sencillo, pero por alguna razón no veo cómo.
El lagrangiano de Majorana puede escribirse en términos de un espinor de Weyl de mano izquierda $\psi_L$ como
$$ \mathcal{L}_M= i \psi_L^\dagger \bar{\sigma}^\mu \partial_\mu \psi_L - \tfrac{m}{2} \psi^T_L \epsilon \psi_L + \tfrac{m}{2} \psi^\dagger_L \epsilon \overline{\psi}_L \hspace{1cm}. $$ Mientras tanto, el lagrangiano de Dirac puede escribirse en términos de un espinor de Weyl de mano izquierda $\psi_L$ y un espinor de Weyl derecho $\psi_R$ como $$ \mathcal{L}_D = i \psi_L^\dagger \bar{\sigma}^\mu \partial_\mu \psi_L + i \psi_R^\dagger \sigma^\mu \partial_\mu \psi_R - m (\psi_L^\dagger \psi_R + \psi_R^\dagger \psi_L). $$
Aquí estoy usando la convención $\sigma^\mu = (I, \sigma^i)$ , $\bar\sigma^\mu = (I, -\sigma^i)$ y $\epsilon = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}$ .
La condición de realidad para el espinor de Majorana es simplemente $$ \psi_R = - \epsilon \overline{\psi}_L. $$ Conectando lo anterior $\psi_R$ en $\mathcal{L}_D$ y utilizando la identidad $- \epsilon \sigma^\mu \epsilon = (\bar\sigma^\mu)^*$ Me sale
$$ \mathcal{L}_D = i \psi_L^\dagger \bar{\sigma}^\mu \partial_\mu \psi_L + i \psi_L^T (\bar{\sigma}^\mu)^* \partial_\mu \overline{\psi}_L + m \psi_L^\dagger \epsilon \overline{\psi}_L - m \psi_L^T \epsilon \psi_L. $$
Me parece que tendría $\mathcal{L}_D = 2 \mathcal{L}_M$ si sólo pudiera probar $$ i \psi_L^\dagger \bar{\sigma}^\mu \partial_\mu \psi_L \stackrel{?}{=} i \psi_L^T (\bar{\sigma}^\mu)^* \partial_\mu \overline{\psi}_L. $$
Sin embargo, no veo por qué la ecuación anterior tiene que ser cierta. Una complicación añadida es que $\psi_L$ es realmente un vector de variables de Grassmann que satisfacen $$ \{ \psi_L^a, \psi_L^b \}_+ = 0 \hspace{1 cm} \{ \overline{\psi^a}_L, \overline{\psi^b}_L \}_+ = 0 \hspace{1 cm} \{ \psi_L^a, \overline{\psi^b}_L \}_+ = \delta^{ab} $$ para $a,b = 1,2$ .
¿Cuáles son las manipulaciones correctas para demostrar que $\mathcal{L}_D = 2 \mathcal{L}_M$ ?
