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|<\varepsilonolacak 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)