Ensemble non dénombrable

Si je prends $\Omega_i=F=\{1\}$ pour tout $i$, l’union est égale à $\{1\}$ qui est dénombrable. Tu es sûr de l’énoncé?

$\R = \bigcup_{x\in \R} \{x\}$ est un exemple d’union non dénombrable d’ensembles disjoints finis

Il faut encore amender l'énoncé : si $I=\R$ et $\Omega_i=\emptyset$ pour tout $i$, la réunion des $\Omega_i$ est finie (et même vide).

Je modifie un peu l'énoncé pour me débarrasser de $F$ en ajoutant qu'aucun $\Omega_i$ n'est vide, ce qui est impliqué par « $F$ coupe chaque $\Omega_i$ ».

On se donne donc une famille d'ensembles $(\Omega_i)_{i\in I}$ telle que : 1) pour chaque $i$, $\Omega_i$ n'est pas vide ; 2) pour tout $i\ne j$ de $I$, $\Omega_i\cap\Omega_j$ est vide ; 3) $G=\bigcup_{i\in I}\Omega_i$ est dénombrable. Alors $I$ est dénombrable.

Considérons l'application $g$ qui à $x\in G$ associe l'unique indice $g(x)=i\in I$ tel que $x\in\Omega_i$. Cette application est bien définie parce que les $\Omega_i$ sont deux à deux distincts. Elle est surjective parce qu'aucun des $\Omega_i$ n'est vide. S'il existe une surjection $f:\N\to G$, alors la composée $g\circ f:\N\to I$ est surjective donc $I$ est dénombrable.

Les puristes peuvent râler parce que j'ai utilisé une surjection de $\N$ sur $G$ (ou $I$) pour caractériser la dénombrabilité au lieu d'une injection de $G$ (ou $I$) dans $\N$, ce qui utilise probablement une version de l'axiome du choix.

[Edit : en réponse à Gérard ci-dessous, je raye et je corrige en bleu.]

En reprenant les hypothèses telles qu'elles sont écrites dans ton 1er post, si $f$ est une surjection de IN sur $F$ alors $\{(n,i) \mid f(n) \in \Omega_i\}$ est une surjection de IN sur $L$ ton ensemble d'indices, qui est alors dénombrable.