Fixons un point $x_0\in I$, puis étudions $f(x)$ en un autre point $x\in I$, $x\ne x_0$. Sans perte de généralité, supposons que $x_0<x$. Considérons le nombre $A_x$, défini implicitement par $$f(x)=f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0)+\frac{f^{(2)}(x_0)}{2!}(x-x_0{)}^2+\cdots +\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0{)}^k+(x-x_0{)}^{k+1}\frac{A_x}{(k+1)!}.$$ (Cela signifie que si on le désire, on peut savoir ce que vaut $A_x$ en l’isolant dans cette dernière expression.)
Avec $x_0$ et $x$ fixés, on introduit la fonction $\phi :[x_0,x]\to \mathbb{R}$, définie par $$\phi (t):=f(x)-\{f(t)+f^{\prime }(t)(x-t)+\frac{f^{(2)}(t)}{2!}(x-t{)}^2+\cdots +\frac{f^{(k)}(t)}{k!}(x-t{)}^k+(x-t{)}^{k+1}\frac{A_x}{(k+1)!}\}.$$ Remarquons que $\phi$ satisfait aux hypothèses du Théorème de Rolle:

• $\phi (t)$ est continue sur $[x_0,x]$, et dérivable sur $]x_0,x[$. En effet, les puissances de $t$ qu’elle contient sont évidemment dérivables, et comme on suppose que $f$ est $k+1$ fois dérivable, toutes les dérivées $f^{(1)}(t),\dots ,f^{(k)}(t)$ apparaissant dans $\phi (t)$ sont continues.
• $\phi (x_0)=\phi (x)=0$.

Il existe donc un point $u\in ]x_0,x[$ tel que ${\phi }^{\prime }(u)=0$.
Maintenant, dérivons $\phi$ par rapport à $t$. (On rappelle que dans cette dérivation, “$x$” est considéré comme une constante!) $$\begin{array}{rl}{\phi }^{\prime }(t)& =0-\{(f(t){)}^{\prime }+(f^{\prime }(t)(x-t){)}^{\prime }+(\frac{f^{(2)}(t)}{2!}(x-t{)}^2{)}^{\prime }+\cdots +(\frac{f^{(k)}(t)}{k!}(x-t{)}^k{)}^{\prime }+((x-t{)}^{k+1}\frac{A_x}{(k+1)!}{)}^{\prime }\}\\ & =-\{f^{\prime }(t)+(f^{\prime \prime }(t)(x-t)-f^{\prime }(t))+(\frac{f^{(3)}(t)}{2!}(x-t{)}^2-\frac{f^{(2)}(t)}{1!}(x-t{)}^1)\\ & +(\frac{f^{(4)}(t)}{3!}(x-t{)}^3-\frac{f^{(3)}(t)}{2!}(x-t{)}^2)\\ & +\cdots \\ & +(\underbrace{\frac{f^{(k+1)}(t)}{k!}(x-t{)}^k}-\frac{f^{(k)}(t)}{(k-1)!}(x-t{)}^{k-1})-\underbrace{(x-t{)}^k\frac{A_x}{k!}}\}.\end{array}$$ En profitant du téléscopage, $${\phi }^{\prime }(t)=\frac{(x-t{)}^k}{k!}(A_x-f^{(k+1)}(t)),$$ En utilisant cette expression au point $t=u$ défini ci-dessus, $$0={\phi }^{\prime }(u)=\frac{(x-u{)}^k}{k!}(A_x-f^{(k+1)}(u)).$$ Puisque $x_0<u<x$, on a $(x-u{)}^k\ne 0$, ce qui implique $$A_x=f^{(k+1)}(u),$$ et prouve la formule de Taylor.
Pour montrer qu’on a vraiment obtenu un $DL(k)$, il reste à étudier le reste, qui est donné par $$\epsilon (x)=(x-x_0)\frac{f^{(k+1)}(u)}{(k+1)!}.$$Considérons un petit intervalle fermé autour de $x_0$: $J=[x_0-\delta ,x_0+\delta ]\subset I$. Puisque $f\in C^{(k+1)}(I)$, la continuité de $f^{(k+1)}$ sur $I$ implique qu’elle est bornée sur $J$: il existe une constante $C$ telle que $$|f^{k+1}(x)|⩽C\forall x\in J.$$ En particulier, $|f^{(k+1)}(u)|⩽C$, ce qui implique que sur $J$, $|\epsilon (x)|⩽\frac{C}{(k+1)!}|x-x_0|$. En particulier, $$\underset{x\to x_0}{\lim }\epsilon (x)=0.$$