Репетитор по математическому анализу м. Октябрьская. Найти следующий предел-$$\lim\limits_{n \to \infty}\frac{2^{-n^2}}{\sum\limits_{k=n+1}^{\infty} 2^{-k^2}}$$

Репетитор по математическому анализу на м. октябрьской, который имеет более чем 20-ти летний педагогический стаж готов заниматься со студентами университетов.
Заниматься с репетитором по математическому анализу на м. октябрьская можно в дневное и вечернее время индивидуально по предварительной договоренности.  

Как найти следующий предел-
\[\lim\limits_{n \to \infty}\frac{2^{-n^2}}{\sum\limits_{k=n+1}^{\infty} 2^{-k^2}}\]

Найдем с репетитором по математическому анализу на октябрьской интеграл вида 

\[\int_{n+1}^{\infty}\frac{1}{2^{t^{2}}}dt\leq\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{1}{2^{k^{2}}}\leq\frac{1}{2^{\left(n+1\right)^{2}}}+\int_{n+1}^{\infty}\frac{1}{2^{t^{2}}}dt \] so let us now consider the integral, we have \[\int_{n+1}^{\infty}\frac{1}{2^{t^{2}}}dt=\int_{n+1}^{\infty}e^{-t^{2}\log\left(2\right)}dt=\frac{1}{\sqrt{\log\left(2\right)}}\int_{\left(n+1\right)\sqrt{\log\left(2\right)}}^{\infty}e^{-u^{2}}du \] and since \[\frac{e^{-z^{2}}}{z+\sqrt{z^{2}+2}}\leq\int_{z}^{\infty}e^{-u^{2}}du\leq\frac{e^{-z^{2}}}{z+\sqrt{z^{2}+4/\pi}} \] получаем \[2^{n}\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{1}{2^{k^{2}}}\leq\frac{2^{n}}{2^{\left(n+1\right)^{2}}}+\frac{2^{n}}{\sqrt{\log\left(2\right)}}\frac{2^{-\left(n+1\right)^{2}}}{\left(n+1\right)\sqrt{\log\left(2\right)}+\sqrt{\left(n+1\right)^{2}\log\left(2\right)+4/\pi}} \] and \[2^{n}\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{1}{2^{k^{2}}}\geq\frac{2^{n}}{\sqrt{\log\left(2\right)}}\frac{2^{-\left(n+1\right)^{2}}}{\left(n+1\right)\sqrt{\log\left(2\right)}+\sqrt{\left(n+1\right)^{2}\log\left(2\right)+2}} \] окончательно имеем ,что \[\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{2^{-n^{2}}}{\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{1}{2^{k^{2}}}}=\color{red}{\infty}.\]