Su solución parcial es correcto, como se como va. Ruta de acceso de la conexión, como la conectividad, es productiva (ver aquí o aquí), por lo $\Bbb R^\omega$ es también su único componente en el producto de la topología.
La identificación de los componentes de $\Bbb R^\omega$ en el uniforme de la topología es un poco complicado. Es más fácil comenzar con un arbitrario $x=\langle x_n:n\in\omega\rangle\in\Bbb R^\omega$ y describir el componente $C(x)$ contiene $x$. De hecho, es más fácil comenzar con $C(z)$ donde $z=\langle 0,0,0,\ldots\rangle$ es el punto con todas las coordenadas $0$. Deje $B$ el conjunto de secuencias delimitadas en $\Bbb R^\omega$; usted ya sabe que $B$ es clopen en el uniforme de la topología, y yo reclamo que también está conectado y, por tanto, que el $C(z)=B$.
Deje $x=\langle x_n:n\in\omega\rangle\in B\setminus\{z\}$. Definir
$$f:[0,1]\to\Bbb R^\omega:t\mapsto\langle tx_n:n\in\omega\rangle\;,$$
y tenga en cuenta que$f(0)=z$$f(1)=x$. Deje $t\in[0,1]$ $\epsilon>0$ ser arbitraria, y deje $N$ $\epsilon$- bola centrada en $f(t)$:
$$N=\{\langle y_n:n\in\omega\rangle\in\Bbb R^\omega:|y_n-tx_n|<\epsilon\text{ for all }n\in\omega\}\;;$$
cuál es la condición en $s\in[0,1]$ se asegurará de que $f(s)\in N$, es decir, que $|sx_n-tx_n|<\epsilon$ todos los $n\in\omega$? Claramente queremos tener $|s-t|<\frac{\epsilon}{|x_n|}$ todos los $n\in\omega$. Es esto posible? Sí, porque $x\in B$, y por lo tanto $\{|x_n|:n\in\omega\}$ está acotada. Deje $\|x\|=\sup_n|x_n|$, y deje $\delta=\frac{\epsilon}{\|x\|}$; a continuación, $f(s)\in N$ siempre $|s-t|<\delta$, e $f$ por lo tanto es continua. Por lo tanto, $B$ es aún ruta de acceso conectado y es tanto el componente y el componente de la ruta de $z$.
Ahora vamos a $x\in\Bbb R^\omega$ ser arbitraria; a continuación,$C(x)=B+x$, donde como de costumbre,$B+x=\{y+x:y\in B\}$, e $C(x)$ es también el componente de la ruta de $x$. Para ver esto, observe que el mapa $$f_x:\Bbb R^\omega\to\Bbb R^\omega:y\mapsto y+x$$ is a homeomorphism, that $x=f_x(z)$, and that $B+x=f_x[B]$. It's not hard to see that we can also describe $C(x)$ as the set of $s\en\Bbb R^\omega$ such that $y-x$ es acotada.
Versión Corregida (8 De Febrero De 2015):
Por último, consideramos que $\Bbb R^\omega$ con el cuadro de la topología. Esto es significativamente más difícil problema. Para $x\in\Bbb R^\omega$ vamos $$F(x)=\big\{y\in\Bbb R^\omega:\{n\in\omega:x_n\ne y_n\}\text{ is finite}\big\}\;;$$ I'll show first that $F(x)$ contains the component of $x$.
Supongamos que $y\in\Bbb R^\omega\setminus F(x)$. Para $n\in\omega$ deje $\epsilon_n=|x_n-y_n|$. Si $\epsilon_n>0$ $k\in\omega$ vamos
$$B_n(k)=\left(x_n-\frac{\epsilon_n}{2^k},x_n+\frac{\epsilon_n}{2^k}\right)\subseteq\Bbb R\;,$$
y tenga en cuenta que $y_n\notin B_n(k)$ cualquier $k\in\omega$. Para cada una de las $k\in\omega$ vamos
$$U_k=\big\{z\in\Bbb R^\omega:\{n\in\omega:z_n\notin B_n(k)\}\text{ is infinite}\big\}\;,$$
y deje $U=\bigcup_{k\in\omega}U_k$. Claramente $y\in U$$x\notin U$.
Deje $z\in U$; a continuación, $z\in U_k$ algunos $k\in\omega$. Deje $M=\{n\in\omega:z_n\notin B_n(k)\}$. Entonces $$z_n\notin B_n(k)\supseteq\operatorname{cl}_{\Bbb R}B_n(k+1)$$ for each $n\in M$. For $n\in M$ let $G_n=\Bbb R\setminus\operatorname{cl}_{\Bbb R}B_n(k+1)$, and for $n\in\omega\setminus M$ let $G_n=\Bbb R$; then $G=\prod_{n\in\omega}G_n$ is open, and $z\G\subseteq U_{k+1}\subseteq U$, so $$ U es abierto.
Ahora supongamos que $z\in\Bbb R^\omega\setminus U$; a continuación, $\{n\in\omega:z_n\notin B_n(k)\}$ es finito para cada una de las $k\in\omega$. En otras palabras, para cada una de las $k\in\omega$ hay un $m_k\in\omega$ tal que $z_n\in B_n(k)$ todos los $n\ge m_k$. Claramente podemos suponer que la $m_k<m_{k+1}$ por cada $k\in\omega$. Para $m_k\le n<m_{k+1}$ deje $G_n=B_n(k)$, y para $n<m_0$ deje $G_n=\Bbb R$. A continuación, $G=\prod_{n\in\omega}G_n$ está abierto, y $z\in G\subseteq\Bbb R^\omega\setminus U$, lo $U$ es cerrado.
Por lo tanto, $U$ es un clopen establecer la separación de $x$$y$, y el componente de $x$ debe ser, por tanto, un subconjunto de a $F(x)$.
De hecho, $F(x)$ es el componente y componente de la ruta de $x$. Para ver esto, supongamos que $y\in F(x)$, y deje $D=\{n\in\omega:x_n\ne y_n\}$, por lo que el $D$ es finito. Vamos
$$Y=\{z\in\Bbb R^\omega:z_n=x_n\text{ for all }n\in\omega\setminus D\}\;;$$
a continuación, $Y$ es homeomórficos a $\Bbb R^{|D|}$. $\Bbb R^{|D|}$ es la ruta de acceso conectado, y un camino de $\Bbb R^{|D|}$ transferencias fácilmente a una ruta en $Y$ y, por tanto, en $\Bbb R^\omega$ a través de la homeomorphism.
