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 $$f(x)=\frac{1}{1-z}{|}_{z=-x^2}=g(h(x)),$$ où $$g(x)=\frac{1}{1-x},h(x)=-x^2.$$ 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 $R(z)=z^n\epsilon (z)$. 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 $f=g\circ h$: $$\begin{array}{rl}g(h(x))& =1+h(x)+h(x{)}^2+h(x{)}^3+\cdots +h(x{)}^n+R(h(x))\\ & =1-x^2+x^4-x^6+\cdots +(-1{)}^n{x}^{2n}+R(-x^2)\end{array}$$ Si on regarde le reste de plus près, $$R(-x^2)=(-x^2{)}^n\epsilon (-x^2)=x^{2n}\tilde{\epsilon }(x),$$ où on a posé $\tilde{\epsilon }(x):=(-1{)}^n\epsilon (-x^2)$, qui tend bien vers zéro lorsque $x\to 0$.
On a donc $$f(x)=1-x^2+x^4-x^6+\cdots +(-1{)}^n{x}^{2n}+x^{2n}\tilde{\epsilon }(x).$$

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 $x_0=3$: $$\begin{array}{rl}\frac{1}{x}& =\frac{1}{3+(x-3)}\\ & =\frac{1}{3}\frac{1}{1+\frac{x-3}{3}}\\ & =\frac{1}{3}\frac{1}{1-z}{|}_{z=-\frac{x-3}{3}}\\ & =\frac{1}{3}g(h(x)),\end{array}$$ 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 $g$: $$\begin{array}{rl}f(x)& =\frac{1}{3}\{1+h(x)+h(x{)}^2+h(x{)}^3+\cdots +h(x{)}^n+R(h(x))\}\\ & =\frac{1}{3}\{1-\frac{1}{3}(x-3)+\frac{1}{3^2}(x-3{)}^2-\frac{1}{3^3}(x-3{)}^3+\cdots +\frac{(-1{)}^n}{3^n}(x-3{)}^n+R(-\frac{x-3}{3})\}\\ & =\frac{1}{3}-\frac{1}{3^2}(x-3)+\frac{1}{3^3}(x-3{)}^2-\frac{1}{3^4}(x-3{)}^3+\cdots +\frac{(-1{)}^n}{3^{n+1}}(x-3{)}^n+\tilde{R}(x)\end{array}$$ Remarquons que l’on tombe bien ce qu’on aurait trouvé en passant par la formule de Taylor. En effet, si $f(x)=\frac{1}{x}$, alors $$f^{(n)}(x)=(-1{)}^{n}n!x^{-(n+1)},$$ et donc $$\frac{f^{(n)}(3)}{n!}=\frac{(-1{)}^n}{3^{n+1}}.$$

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 $h(x)$, $$\sin (x)=\underset{\text{principale}}{\underbrace{x-\frac{x^3}{3!}}}+x^3{\epsilon }_s(x).$$ et un $DL(3)$ pour $g(z)$: $$\log (1+z)=\underset{\text{principale}}{\underbrace{z-\frac{z^2}{2}+\frac{z^3}{3}}}+z^3{\epsilon }_{\log }(z).$$ 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 $⩽3$: Donc le $DL(3)$ de $f$ autour de $x=0$ est donné par $$\log (1+\sin (x))=x-\frac{1}{2}{x}^2+\frac{1}{6}{x}^3+x^3\epsilon (x).$$