Şun genel önerme işimizi kolaylaştıracaktır:
$f(x)$ (sabit olmayan) periyodik bir fonksiyon ise $\lim_{x\to+\infty}f(x)$ (sonsuz olarak bile) var olamaz. İspatı pek zor değil.
Şimdi $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\tan x}x=L$ olduğunu varsayalım. $L=0$ durumu dışında (sonsuz $L$ durumu dahil) , $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\tan x=\lim_{x\to+\infty}\frac{\tan x}x x=L\cdot(+\infty)=\begin{cases} +\infty\quad L>0\ \text{ise}\\-\infty\quad L<0\text{ ise}\end{cases}$ bulunur. Önerme ile çelişiyor. Şimdi de $L=0$ durumunun imkansız olduğunu gösterelim. $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\tan x}x=0$ olduğunu varsayalım. $\varepsilon=\frac1{2\pi}$ için
$$x>M \text{ ve }x\neq(2n+1)\frac\pi2\text{ için }\left|\frac{\tan x}x\right|<\varepsilon$$olacak şekilde bir $M\in\mathbb{R}$ vardır. ($0<x<\frac\pi2\text{ için }\cos x>1-x^2,\ 0<\sin x<x$ standart eşitsizliklerinden, her $n\in\mathbb{N}_{>0}$ için) $\tan((2n+1)\frac\pi2-\frac1n)=\cot\frac1n=\frac{\cos\frac1n}{\sin\frac1n}>\frac{1-\frac1{n^2}}{\frac1n}=\frac{n^2-1}{n}$ olur. $n>1$ ve yeterince büyük seçildiğinde $(2n+1)\frac\pi2-\frac1n>M$ ve $\frac{n-1}{n}\geq\frac12$ olur ve bunun sonucunda,
($(2n+1)\frac\pi2-\frac1n<(n+1)\pi$ de kullanarak):
$$\frac{\tan((2n+1)\textstyle\frac\pi2-\frac1n)}{ (2n+1)\frac\pi2-\frac1n}>\frac{n-1}{n\pi}\geq\varepsilon$$ olur. Çelişki. (Biraz daha şık ama daha az elementer olanı da, her $n\in\mathbb{N}_{>0}$ için $(n\pi,(2n+1)\frac\pi2)$ aralığından $\tan x_n=x_n$ şeklinde bir sayının varlığını göstermek olurdu)
(Esas fikir: Her $n\in\mathbb{N}$ için $\displaystyle\lim_{x\uparrow\frac{(2n+1)\pi}2}\tan x=+\infty $ oluşu)