Sejam $x \in \mathbb{R}_{S}$ e $F \subset \mathbb{R}_{S}$ fechado tal que $x \notin F$. Daí existe $\epsilon > 0$ tal que $[x, x+ \epsilon[ \cap F = \emptyset$. Defina $f:\mathbb{R}_{S} \to [0,1]$ dada por:

\begin{equation} f(y) = \begin{cases} \frac{|x - y|}{\epsilon}\text{,} & y \in [x, x+\epsilon[\\ 1 \text{,}& \text{caso contrário} \end{cases} \end{equation}

Note que $f$ está bem definida, pois $F \cap [x, x+\epsilon[ = \emptyset$. Também temos que $f(x) = 0$ e $f(y) = 1$, para todo $y \in F$. Falta mostra que $f$ é contínua. Para isso basta considerar os abertos básicos de $[0,1]$. Temos 4 casos:

• $[0,1]$: temos que $f^{-1}([0,1]) = \mathbb{R}$, que é aberto;
• $]a,1]$, onde $0\leq a < 1$: temos que $f^{-1}(]a,1]) = \mathbb{R} \setminus [x, x+a\epsilon[$, que é aberto;
• $[0,b[$, onde $0<b \leq 1$: temos que $f^{-1}([0,b[) = [x, x + b \epsilon[$, que é aberto;
• $]a,b[$, onde $0\leq a < b \leq 1$: temos que $f^{-1}(]a,b[) = ]x + a \epsilon, x + b \epsilon[$, que é aberto.

Daí temos que $f$ é contínua. Portanto $\mathbb{R}_{S}$ é $T_{3 \frac{1}{2}}$ e, como também é $T_{1}$, é completamente regular.