Considere la siguiente integral. Fijos $x,y>0$, $$I(x,y):=\int_0^1\frac{x}{\sqrt{2\pi t^3}}\exp\left(-\frac{x^2}{2t}\right)\cdot\frac{1}{\sqrt{2\pi(1-t)}}\exp\left(-\frac{y^2}{2(1-t)}\right)~\mathrm dt.$$
Tengo razones para creer que $$I(x,y)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp\left(-\frac{(x+y)^2}{2}\right),$$ pero no puede probar esto.
El más cercano que tengo a una solución (aunque no mucho) es esta: Si $(W_t)_{t\geq0}$ es un estándar el movimiento Browniano y el $$H_x:=\inf\{t\geq0:W_t=x\}$$ es la primera golpear tiempo de algún punto de $x>0$, entonces, $$\mathbb P\{H_x=\mathrm dt\}=\frac{x}{\sqrt{2\pi t^3}}\exp\left(-\frac{x^2}{2t}\right).$$
Por el fuerte de Markov de la propiedad, si $H_x$ $H_y$ son independientes Browniano golpear veces, luego $$H_x+H_y=_dH_{x+y},$$ donde el de arriba es una igualdad en la distribución. Por lo tanto, se desprende de una convolución argumento de que si $$I'(x,y):=\int_0^1\frac{x}{\sqrt{2\pi t^3}}\exp\left(-\frac{x^2}{2t}\right)\cdot\frac{y}{\sqrt{2\pi (1-t)^3}}\exp\left(-\frac{y^2}{2(1-t)}\right)~\mathrm dt,$$ entonces $$I'(x,y)=\mathbb P\{H_{x+y}=\mathrm d1\}=\frac{x+y}{\sqrt{2\pi}}\exp\left(-\frac{(x+y)^2}{2}\right).$$
De modo que la integral de la $I(x,y)$ es algo similar, pero en lugar de ser una convolución de dos golpear tiempo densidades, es la convolución de una golpear tiempo de densidad junto con una Gaussiana densidad donde la varianza es integrado.
