Propiedad del producto de convolución para $e^{\frac{x^2}{2t}}$

Question

Dejemos que $g_t(x)=\frac{1}{\sqrt{2 \pi t}} e^{-\frac{x^2}{2t}}$ En algunos trabajos y ejercicios de probabilidad (procesos estocásticos) vi que esta función satisface la propiedad (muy útil): $$ (g_t * g_s)(x)=g_{t+s}(x) $$

Escribiendo las integrales, esto equivale a

$$ \frac{1}{\sqrt{2\pi(t+s)}}e^{-\frac{x^2}{2(t+s)}}=\int_{\mathbb{R}} \frac{1}{\sqrt{2\pi t}}e^{-\frac{(x-y)^2}{2t}} \frac{1}{\sqrt{2\pi s}}e^{-\frac{y^2}{2s}} \, dy $$

He probado varias sustituciones básicas con diversos coeficientes (como $y\sqrt{t+s}=u$ ) y también traté de escribir algo como una integral y luego cambiar el orden de integración (Fubini-Tonelli), pero no pude convertirlo en una forma que pueda manejar todavía. ¿Puede alguien darme alguna pista? Gracias de antemano.

Answer 1

Obsérvese que al completar el cuadrado tenemos

$$\begin{align} \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{\sqrt{2\pi t}}e^{-\frac{(x-y)^2}{2t}} \frac{1}{\sqrt{2\pi s}}e^{-\frac{y^2}{2s}} \, dy&=\frac{1}{\sqrt{4\pi^2st}}\int_{-\infty}^\infty e^{-\frac1{2st}\left(s(x-y)^2+ty^2\right)}\,dy\\\\ &=\frac{1}{\sqrt{4\pi^2st}}\int_{-\infty}^\infty e^{-\frac1{2st}\left((s+t)\left(y-\frac{sx}{s+t}\right)^2+\frac{st}{s+t}x^2\right)}\,dy\\\\ &=\frac{1}{\sqrt{4\pi^2st}}e^{-\frac{x^2}{s+t}}\underbrace{\int_{-\infty}^\infty e^{-\frac{s+t}{2st}y^2}\,dy }_{=\sqrt{\frac{\pi(2st)}{s+t}}}\\\\ &=\frac{1}{\sqrt{2\pi(s+t)}}\,e^{-\frac{x^2}{s+t}} \end{align}$$

¡como se iba a demostrar!

Answer 2

Haz algo de álgebra, incluyendo completar el cuadrado: $$ \frac{(x-y)^2}{2t} + \frac{y^2}{2s} = \frac{(y-[{\cdots}])^2}{2(\cdots)}. $$

Si tiene $\displaystyle\int_{-\infty}^\infty e^{-(y-[\cdots])^2/(2[\cdots])} \, dy,$ ¿qué obtienes?