(1) $X$ es no separable. (Que haría la vida muy fácil!) Deje $D$ ser una contables subconjunto de $X$. Para cada una de las $x\in D$ deje $S(x)=\{\alpha\in\Bbb R:x(\alpha)\ne 0\}$, el apoyo de $x$. Vamos $$S=\bigcup_{d\in D}S(x)\;;$$ each $S(x)$ is countable, so $S$ is countable. Now let $\alpha_0\en\Bbb R\setminus S$, and define $p\in X$ by $$p(\alpha)=\begin{cases}1,&\text{if }\alpha=\alpha_0\\0,&\text{otherwise}\;.\end{cases}$$ Let $B=\{x\in X:x(\alpha_0)\ne 0\}$; then $B$ is an open nbhd of $p$ disjoint from $D$, and $D$ is therefore not dense in $X$.
(2) $X$ es de la ccc (es decir, tiene la Suslin de la propiedad). Deje $\mathscr{I}$ el conjunto de intervalos abiertos con racional de los extremos. Para cada finito $F=\{\alpha_1,\dots,\alpha_n\}\subseteq\Bbb R$ y la función $\varphi:F\to\mathscr{I}$ vamos $$B(F,\varphi)=\{x\in X:x(\alpha_k)\in\varphi(\alpha_k)\text{ for }k=1,\dots,n\}\;;\tag{1}$$ $X$ has a base of such open sets, so show that $X$ is ccc, it suffices to show that it has no uncountable pairwise disjoint family of open sets of the form $(1)$. Suppose, then, that $I$ is an uncountable index set, and $\mathscr{B}=\{B(F_i,\varphi_i):i\in I\}$ is a family of these basic open sets. By the $\Delta$-system lemma there are a finite $F\subseteq\Bbb R$ and an uncountable $I_0\subseteq I$ such that $F_i\cap F_j=F$ for every pair of distinct $i,j\, en I_0$. There are only countably many finite collections of open intervals with rational endpoints, so there are a $\varphi:F\a\mathscr{I}$ and an uncountable $I_1\subseteq I_0$ such that for each $i\en I_1$ and each $\alpha\in F$, $\varphi_i(\alpha)=\varphi(\alpha)$. (In other words, the basic open sets $B(F_i,\varphi_i)$ for $i\en I_1$ all restrict the coordinates in $F$ in exactly the same way.) But then for any $i,j\, en I_1$ we have $B(F_i,\varphi_i)\cap B(F_j\varphi_j)\ne\varnothing$, and $\mathscr{B}$ es no pares distintos.
Añadido: Alternativamente, si usted sabe que $\Bbb R^{\Bbb R}$ es separable, que se sigue de la Hewitt-Marczewski-Pondiczery Teorema, entonces usted sabe que $\Bbb R^{\Bbb R}$ es de la ccc, y se puede mostrar fácilmente que cualquier subespacio denso también debe ser ccc. (Pero el $\Delta$-sistema lema es una herramienta muy útil para tener de todos modos.)
(3) Adaptar la idea de que he utilizado en (1) para mostrar que el $Y$ no contiene un infinito cerrado discretos subconjunto.
(4) Demostrar que $Y$ es un subconjunto cerrado de $X$ que no es compacto. A la conclusión de que $Y$ no puede ser Lindelöf. ¿Que te dice esto acerca de la Lindelöfness de $X$?
$X$ es un ejemplo de lo que se conoce como un $\Sigma$-producto. Más en general, vamos a $\{X_\alpha:\alpha\in A\}$ ser una familia de espacios, y para cada una de las $\alpha\in A$ fijar un punto de $p_\alpha\in X_\alpha$. Vamos $$p=\langle p_\alpha:\alpha\in A\rangle\in \prod_{\alpha\in A}X_\alpha\;,$$ and let $$X=\left\{x\in\prod_{\alpha\in A}X_\alpha:\{\alpha\in A:x_\alpha\ne p_\alpha\}\text{ is countable}\right\}\;;$$ $X$ is the $\Sigma$-product of the $X\alpha$ with base point $p$. In your case each $X\alpha$ is $\Bbb R$, and each $p_\alpha=0$.
