Simuler une densité par sa fonction de répartition

La fonction de répartition. Pour $0\le x\le 1$, $$F_X(x)={\int }_0^{x}2t\mathrm{d}t=[t^2{]}_0^x=x^2,$$ avec $F_X(x)=0$ avant $0$ et $1$ après $1$.

Le principe de la méthode. On cherche à quelle valeur de $x$ correspond une aire cumulée $u$ donnée, c'est-à-dire on résout $F_X(x)=u$ : $$x^2=u⟺x=\sqrt{u},$$ la racine positive étant la seule de $[0,1]$. Si $U$ est uniforme sur $[0,1[$, alors $\sqrt{U}$ a donc pour fonction de répartition $F_X$ — car $P(\sqrt{U}\le x)=P(U\le x^2)=x^2$ pour $x\in [0,1]$.

Le programme.

import numpy as np
import numpy.random as rd

rd.seed(4)
n = 100000
u = rd.random(n)
x = np.sqrt(u)
print(np.mean(x), np.std(x))
# 0.66633 0.23631

Les valeurs exactes attendues. $$E(X)={\int }_0^{1}2t^2\mathrm{d}t=\frac{2}{3}\approx 0,6667,$$ $${\int }_0^{1}2t^3\mathrm{d}t=\frac{1}{2},V(X)=\frac{1}{2}-{\left(\frac{2}{3}\right)}^2=\frac{1}{18}\approx 0,0556,$$ donc $\sigma (X)=\frac{1}{\sqrt{18}}\approx 0,2357$.

La comparaison. La machine affiche $0,6663$ et $0,2363$, contre $0,6667$ et $0,2357$ : l'accord porte sur trois décimales, ce qui est le mieux qu'on puisse espérer avec cent mille tirages. C'est une corroboration, non une preuve.

Le point délicat. C'est bien la fonction de répartition qu'on inverse, pas la densité. Écrire $\sqrt{2u}$ ou $u^2$ donnerait une loi différente, ce que la moyenne simulée signalerait aussitôt.