Al notar que $2 \left (x^2+(1-x)^2 \right )=(2x-1)^2+1$ que tenemos:
$$I_z= \int_0 ^1 \frac {1}{ \sqrt {x^2+(1-x)^2}} e^{ \large {- \frac {z^2}{2[{x^2+(1-x)^2]}}}}\,dx = \sqrt {2} \int_ {0}^{1} \frac {1}{ \sqrt {1+y^2}} \exp\left (- \frac {z^2}{1+y^2} \right )\,dy,$$
$$I_z= \frac {1}{ \sqrt {2}} \int_ {1/2}^{1} \frac {1}{u \sqrt {(1-u)}}e^{-z^2u}\,du= \sqrt {2} \int_ {1/ \sqrt {2}}^{1} \frac {1}{u \sqrt {1-u^2}}e^{-z^2u^2}\,du,$$
$$I_z = \sqrt {2} \int_ { \pi /4}^{ \pi /2} \frac { \exp\left (-z^2 \sin ^2 \theta\right )}{ \sin\theta }\,d \theta = \sqrt {2} \int_ {0}^{ \pi /4} \frac { \exp\left (-z^2 \cos ^2 \theta\right )}{ \cos\theta }\,d \theta.\tag {1}$$ Diferenciando con respecto a $z$ que tenemos: $$ \frac {dI_z}{dz}=-2 \sqrt {2}\,z \cdot\int_ {0}^{ \pi /4} \cos\theta\cdot\exp\left (-z^2 \cos ^2 \theta\right )\,d \theta ,$$
$$ \frac {dI_z}{dz}=-2 \sqrt {2}\,z\,e^{-z^2} \cdot\int_ {0}^{ \pi /4} \cos\theta\cdot\exp\left (z^2 \sin ^2 \theta\right )\,d \theta.\tag {2}$$ Tomando la serie de Taylor de la función exponencial que podemos escribir: $$ \frac {dI_z}{dz}=-2 \sqrt {2}\,z\,e^{-z^2} \cdot\sum_ {k=0}^{+ \infty } \frac {z^{2k}}{k!} \int_ {0}^{ \pi /4} \cos\theta\sin ^{2k} \theta\ ,d \theta ,$$ $$ \frac {dI_z}{dz}=-2\,e^{-z^2} \cdot\sum_ {k=0}^{+ \infty } \frac {z^{2k+1}}{2^{k}(2k+1)k!}=-2e^{-z^2} \cdot\int_ {0}^{z}e^{w^2/2}dw. \tag {3}$$ Desde que se reajustó Dawson integral aparece en el RHS, $I_z$ no tiene una forma cerrada en el sentido común. De todos modos, al tomar los derivados en $(3)$ tenemos que $I_z$ satisface las ecuaciones diferenciales: $$ \frac {d^2 I_z}{dz^2}+2z \frac {dI_z}{dz}+2e^{-z^2/2}=0, \tag {4}$$ $$ \frac {d^3 I_z}{dz^3}+(2+2z^2) \frac {d^2 I_z}{dz^2}+(2+z) \frac {dI_z}{dz}=0. \tag {5}$$ Por $(1)$ una expresión para $I_z$ está dada por: $$I_z= \sqrt {2}\,e^{-z^2} \sum_ {k=0}^{+ \infty } \frac {z^{2k}}{k!} \int_ {0}^{ \pi /4} \frac { \sin ^{2k}( \theta )}{ \cos ( \theta )}d \theta = \sqrt {2}\,e^{-z^2} \sum_ {k=0}^{+ \infty } \frac {z^{2k}}{k!} \int_ {0}^{1/ \sqrt {2}} \frac {u^{2k}}{1-u^2}du, \tag {6}$$ donde: $$ \int_ {0}^{1/ \sqrt {2}} \frac {u^{2k}}{1-u^2}du= \int_ {0}^{1/ \sqrt {2}} \left ( \frac {1}{1-u^2}- \frac {1-u^{2k}}{1-u^2} \right )du,$$ $$ \int_ {0}^{1/ \sqrt {2}} \frac {u^{2k}}{1-u^2}du= \log (1+ \sqrt {2})- \sqrt {2} \sum_ {j=1}^{k} \frac {1}{2^j(2j-1)}= \sqrt {2} \sum_ {j>k} \frac {1}{2^j(2j-1)}. \tag {7}$$ Al escribir $e^{-z^2}$ como una serie de Taylor y por lo que respecta a $(6)$ como un producto Caucásico que obtenemos: $$I_z = 2 \sum_ {n=0}^{+ \infty } \frac {z^{2n}}{n!} \int_ {0}^{1/ \sqrt {2}}(1-u^2)^{2n-1}du, \tag {8}$$ en el que vemos valores de la función Beta incompleta, como ya ha señalado el usuario121049.
