Exemple: Fixons un entier \(n\), grand, et cherchons un \(DL(n)\) de \[f(x)=\frac{1}{1+x^2}\,,\] autour de \(x=0\). Cette fonction peut s'écrire \[ f(x)= \Bigl.\frac{1}{1-z}\Bigr|_{z=-x^2}=g(h(x))\,, \] où \[ g(x)=\frac{1}{1-x} \,,\qquad h(x)=-x^2 \,. \] Pour \(g\), on a déjà calculé le \(DL(n)\) autour de \(z_0=0\), \[ g(z)=1+z+z^2+z^3+\cdots +z^n+R(z)\,, \] où \(R(z)=z^n\varepsilon(z)\). Comme \(z=h(x)=-x^2\) est proche de \(0\) lorsque \(x\) est proche de \(x_0=0\), on peut l'injecter directement dans le \(DL\) de \(g\), ce qui donne le \(DL\) de \(f=g\circ h\): \[\begin{aligned} g(h(x)) &=1+h(x)+h(x)^2+h(x)^3+\cdots +h(x)^n+R(h(x))\\ &= 1-x^2+x^4-x^6+\dots+(-1)^nx^{2n}+R(-x^2)\\ \end{aligned}\] Si on regarde le reste de plus près, \[R(-x^2)=(-x^2)^n\varepsilon(-x^2)=x^{2n}\tilde\varepsilon(x)\,,\] où on a posé \(\tilde\varepsilon(x):= (-1)^n\varepsilon(-x^2)\), qui tend bien vers zéro lorsque \(x\to 0\).

On a donc \[f(x)= 1-x^2+x^4-x^6+\dots+(-1)^nx^{2n}+x^{2n}\tilde\varepsilon(x)\,. \]

Exemple: Soit \[f(x)=\frac{1}{x}\,.\] Cherchons un \(DL(n)\) de \(f\) autour de \(x_0=3\). Ici aussi, on pourrait facilement calculer les dérivées de \(f\) d'ordre quelconque (voir plus bas), mais on peut aussi récrire \(f\) en utilisant le fait qu'on l'étudie autour de \(x_0=3\): \[\begin{aligned} \frac{1}{x} &=\frac{1}{3+(x-3)}\\ &=\frac13\frac{1}{1+\frac{x-3}{3}}\\ &=\frac13\Bigl.\frac{1}{1-z}\Bigr|_{z=-\frac{x-3}{3}}\\ &=\frac13 g(h(x))\,, \end{aligned}\] où \(g(z)=\frac{1}{1-z}\) et \(h(x)=-\frac{x-3}{3}\). Quand \(x\) est proche de \(x_0=3\), \(z=h(x)\) est proche de zéro; on peut donc directement injecter \(h(x)\) dans le \(DL(n)\) de \(g\): \[\begin{aligned} f(x)&=\frac13\Bigl\{1+h(x)+h(x)^2+h(x)^3+\cdots+h(x)^n+R(h(x))\Bigr\}\\ &=\frac13\Bigl\{1-\frac13(x-3)+\frac{1}{3^2}(x-3)^2-\frac{1}{3^3}(x-3)^3 +\cdots+\frac{(-1)^n}{3^{n}}(x-3)^n+R(-\frac{x-3}{3})\Bigr\} \\ &=\frac13-\frac1{3^2}(x-3)+\frac{1}{3^3}(x-3)^2-\frac{1}{3^4}(x-3)^3 +\cdots+\frac{(-1)^n}{3^{n+1}}(x-3)^n+\tilde R(x) \end{aligned}\] Remarquons que l'on tombe bien ce qu'on aurait trouvé en passant par la formule de Taylor. En effet, si \(f(x)=\frac1x\), alors \[f^{(n)}(x)=(-1)^nn!x^{-(n+1)}\,,\] et donc \[ \frac{f^{(n)}(3)}{n!}=\frac{(-1)^n}{3^{n+1}}\,. \]

Exemple: Cherchons le \(DL(3)\) de \(f(x)=\log(1+\sin(x))\) autour de \(x_0=0\). On commence par identifier la composition: \(f(x)=g(h(x))\), où \(g(z)=\log(1+z)\), \(h(x)=\sin (x)\). Prenons un \(DL(3)\) pour \(h(x)\), \[ \sin(x)=\underbrace{ {\color{blue}x-\frac{x^3}{3!}} }_{\text{principale}}+x^3\varepsilon_s(x)\,. \] et un \(DL(3)\) pour \(g(z)\): \[ \log(1+z)=\underbrace{ {\color{magenta}z-\frac{z^2}{2}+\frac{z^3}{3}} }_{\text{principale}} +z^3\varepsilon_{\log}(z)\,. \] Maintenant, on injecte la partie principale du \(DL(3)\) du sinus dans la partie principale du \(DL(3)\) du logarithme, on développe, on regroupe les puissances en ordre croissant, et on ne garde que les puissances \(\leqslant 3\): \[\begin{aligned} {\color{magenta}z-\frac{z^2}{2}+\frac{z^3}{3}} \Big|_{z= {\color{blue}x-\frac{x^3}{3!}} } &= {\color{magenta}\Bigl(} {\color{blue}x-\frac{x^3}{3!}} {\color{magenta}\Bigr)-\frac12 \Bigl(} {\color{blue}x-\frac{x^3}{3!}} {\color{magenta}\Bigr)^2 +\frac13 \Bigl(} {\color{blue}x-\frac{x^3}{3!}} {\color{magenta}\Bigr)^3} \\ &=\underbrace{x-\frac12 x^2+\frac16 x^3}_{\text{puissances}\leqslant 3}+\underbrace{\cdots}_{\text{puissances }>3} \end{aligned}\] Donc le \(DL(3)\) de \(f\) autour de \(x=0\) est donné par \[ \log(1+\sin(x))= x-\frac12 x^2+\frac16 x^3+x^3\varepsilon(x)\,. \]