Soit $x_0\in\Rr\setminus\{5\}$ . Pour $x\neq5$ ,

$|f(x)-f(x_0)|=\left|\frac{3x-1}{x-5}-\frac{3x_0-1}{x_0-5}\right|=\frac{14|x-x_0|}{|x-5|.|x_0-5|}.$

Puis, pour $x\in]x_0-\frac{|x_0-5|}{2},x_0+\frac{|x_0-5|}{2}[$ , on a $|x-5|>\frac{|x_0-5|}{2}[(>0)$ , et donc,

$\forall x\in]x_0-\frac{|x_0-5|}{2},x_0+\frac{|x_0-5|}{2}[,\;|f(x)-f(x_0)|=\frac{28}{(x_0-5)^2}|x-x_0|.$

Soient $\varepsilon>0$ puis $\alpha=\mbox{Min}\{\frac{|x_0-5|}{2},\frac{(x_0-5)^2\varepsilon}{28}\}(>0)$ .

$|x-x_0|<\alpha\Rightarrow|f(x)-f(x_0)|\leq\frac{28}{(x_0-5)^2}|x-x_0|<\frac{28}{(x_0-5)^2}\frac{(x_0-5)^2\varepsilon}{28}=\varepsilon.$

On a monté que $\forall\varepsilon>0,\;\exists\alpha>0/\;(\forall x\in\Rr\setminus\{5\},\;|x-x_0|<\alpha\Rightarrow|f(x)-f(x_0)|<\varepsilon)$ . $f$ est donc continue sur $\Rr\setminus\{5\}$ .

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