网页链接 这个视频里有Catching函数的扽西（虽然用的不良定义的UNOCF）

接着我们继续从{1;2，ω}开始分析，这其实是一个很精彩的突变点，当然，{1;ω，}处更精彩，而{ω;}处则是十分精彩的，然而目前还没抡西到这个地方，需要进一步抡西。
显然，F_{1;2，ω}+1(ω)=ψ(I(1，Ω))
如果要是在大数函数上，这个突变点就很大了。
看，这个序数的体现性就和{1;1，{1;1，ω}}那些是相反的，在增长率序数上看着就不是个很整的序数，没抡西出的话应该肯定会哪里+1哪里卡的了，然而实际他根本没卡，而是很整的，他是第Ω个2-不可达基数。
{1;0，{1;2，ω}+1}=ψ(I(1，Ω_ω))
{1;0，{1;2，ω}×ω}=ψ(I(1，I))
{1;1，{1;2，ω}+1}=ψ(I(1，I_ω))
{1;1，{1;2，ω}×ω}=ψ(I(1，I(1，0))
虽然在增长率序数上很像个如εζ0+1一般的很不工整的表达式，而在OCF上是很工整的。
接着根据前面抡西出来的性质
{1;1，h(I(1，0))}=h(I(1，1))
于是{1;1，{1;1，{1;2，ω}+1}}=ψ(I(1，I(1，1)))
即{1;2，2ω}=ψ(I(1，I(1，ω)))
{1;2，ω^2}=ψ(ψ_I(2，0)(0))
f_{1;2，ω^2}+1(ω)=ψ(ψ_I(2，0)(Ω))
{1;0，{1;2，ω^2}+1}=ψ(ψ_I(2，0)(Ω_ω))
{1;1，{1;2，ω^2}+1}=ψ(ψ_I(2，0)(I_ω))
{1;1，{1;2，ω^2}×ω}=ψ(ψ_I(2，0)(I(1，0)))
{1;2，ω^2+ω}=ψ(ψ_I(2，0)(I(1，ω)))
{1;2，2ω^2}=ψ(ψ_I(2，0)(ψ_I(2，0)(0)))
{1;2，ω^3}=ψ(I(2，0))
可以看出和{1;1，}是相似的变化，所以得出2的时候乘以ω会将ω变I(2，0)。0的时候控制I，1的时候控制I(1，0)，2就是控制I(2，0)。
{1;2，ω^4}=ψ(I(2，0)^2)
{1;2，ω^(ω+1)}=ψ(I(2，0)^I(2，0))
自然而然，
{1;2，ε0}=ψ(ψ_I(2，0)+1(0))
根据前面的跳出ψ_α+1这个难搞的玩意需要将ε序数转换成ζ序数。即:
{1;2，ζ0}=ψ(Ω_(I(2，0)+1))
{1;2，BO}=ψ(Ω_(I(2，0)+ω))
{1;2，{1;1，ω}}=ψ(I_(I(2，0)+ω))
{1;2，{1;2，ω}}=ψ(I(1，I(2，0)+ω))
{1;2，{1;2，2ω}}=ψ(I(1，I(1，I(2，0)+ω)))
{1;2，{1;2，ω^2}}=ψ(ψ_I(2，1)(0))
根据前面跳出ψ_I(Xx)需要乘以ω。
于是{1;2，{1;2，ω^3}}=ψ(I(2，1))
{1;2，{1;2，{1;2，ω^3}}}=ψ(I(2，2))
{1;3，ω}=ψ(I(2，ω))
前面把不动点看的太重，慢了两层。得出{1;3，ω}=ψ(I_ω)，这是我首次对三元增长率序数的抡西，实际增长率序数在塔形不动点并不会卡，而是直接将ω层变成Ω层，这样就快了两层。
接着，{1;3，ω}也是一系列的突变:
F_{1;3，ω}+1(ω)=ψ(I(2，Ω))
{1;0，{1;3，ω}+1}=ψ(I(2，Ω_ω))
{1;1，{1;3，ω}+1}=ψ(I(2，I_ω))
{1;2，{1;3，ω}+1}=ψ(I(2，I(1，ω)))
{1;3，2ω}=ψ(I(2，I(2，ω)))
{1;3，ω^2}=ψ(ψ_I(3，0)(0))
{1;3，ω^3}=ψ(I(3，0))
{1;3，ω^4}=ψ(I(3，0)^I(3，0))
{1;3，ζ0}=ψ(Ω_(I(3，0)+1))
{1;3，BO}=ψ(Ω_(I(3，0)+ω))
{1;3，{1;1，ω}}=ψ(I_(I(3，0)+ω))
{1;3，{1;3，ω}}=ψ(I(2，I(3，0)+ω))
{1;3，{1;3，ω^3}}=ψ(I(3，1))
{1;4，ω}=ψ(I(3，ω))
{1;4，ω^3}=ψ(I(4，0))
于是有:{1;n+1，ω}=ψ(I(n，ω))，{1;n，ω^3}=ψ(I(n，0))。
最终得到{1;ω，0}=ψ(I(ω，0))
接着就是一级增长率出现突变的时候，这个ω需要对角化。

{1;ω，0}之后的精彩部分展开:
由于{1;ω，0}也是以ω收尾的序数，所以开始出现突变:
f_{1;ω，0}+1(ω)=ψ(I(Ω，0))≠ψ(I(ω，0)×Ω)
即ψ(I(Ω，0))并不是重要的增长率不动点，不过只是个后继增长率序数而已。
不过，如果是在大数记号上看，这个突变很大。
{1;0，{1;ω，0}+1}=ψ(I(Ω_ω，0))
{1;0，{1;ω，0}×ω}=ψ(I(I，0))
{1;1，{1;ω，0}+1}=ψ(I(I_ω，0))
{1;1，{1;ω，0}×ω}=ψ(I(I(1，0)，0))
{1;2，{1;ω，0}×ω}=ψ(I(I(2，0)，0))
{1;3，{1;ω，0}×ω}=ψ(I(I(3，0)，0))
{1;(ω)，1}=ψ(I(I(ω，0)，0))
可以看出，这些表达式在增长率序数上不整，而在ψ函数里面具有很整的表达式。在于很多{1;α，ω}都是以ω收尾的序数，而低层增长率上的+1直接都在对ω对角化产生突变。
于是{1;(ω)，ω}=ψ(ψ_I(1，0，0)(0))
由于该序数是折叠ω层，所以继续突变。
{1;0，{1;(ω)，ω}+1}=ψ(ψ_I(1，0，0)(Ω_ω))
{1;(ω)，ω+1}=ψ(ψ_I(1，0，0)(I(ω，0)))
{1;(ω)，2ω}=ψ(ψ_I(1，0，0)(ψ_I(1，0，0)(0)))
{1;(ω)，ω^2}=ψ(I(1，0，0))
{1;(ω)，ω^ω}=ψ(I(1，0，0)^ω)
{1;(ω)，ω^(ω+1)}=ψ(I(1，0，0)^I(1，0，0))
{1;(ω)，ζ0}=ψ(Ω_(I(1，0，0)+1))
{1;(ω)，BO}=ψ(Ω_(I(1，0，0)+ω))
{1;(ω)，ψ(I)}=ψ(I_(I(1，0，0)+1))
{1;(ω)，{1;(ω)，0}}=ψ(I(ω，I(1，0，0)+1))

{1;(ω)，{1;(ω)，0}×ω}=ψ(I(I(1，0，0)，1))
附，这个带括号的参数是指不参与对角化，可以认为是假的增长率层级。
又要细致分析了:
{1;(ω)，{1;(ω)，0}×ω+1}=ψ(I(I(1，0，0)，1)×ψ(I(ω，0)))
{1;(ω)，{1;(ω)，0}^2}=ψ(I(I(1，0，0)，1)^2)
{1;(ω)，ζ({1;(ω)，0}+1)}=ψ(Ω_(I(I(1，0，0)，1)+1))
{1;(ω)，ψ(I_(I(ω，0)+1))}=ψ(I_(I(I(1，0，0)，1)+1))
{1;(ω)，ψ(I(ω，1))}=ψ(I(I(ω，0)，I((1，0，0)，1)+1))
{1;(ω)，ψ(I(ω，1))×ω}=ψ(I(I(1，0，0)，2))
{1;(ω)，ψ(I(ω，ω))×ω}=ψ(I(I(1，0，0)，I(1，0，0)))
可以看出，(ω)的时候他是在控制ψ函数里面的I(1，0，0)，准确的说是由I(ω，)来控制他。
{1;(ω)，ψ(I(ω+1，0))}=ψ(I(I(1，0，0)+1，0))
{1;(ω)，ψ(I(ω+ω，0))×ω}=ψ(I(I(1，0，0)×2，0))
{1;(ω)，ψ(I(Ω，0))}=ψ(I(Ω_(I(1，0，0)+1)，0))
{1;(ω)，ψ(I(I(ω，0)，0))}=ψ(I(I(ω，I(1，0，0)+1)，0))
{1;(ω)，ψ(I(I(ω，0)，0))×ω}=ψ(I(I(I(1，0，0)，1)，0))
{1;(ω)，ψ(ψ_I(1，0，0)(0))}=ψ(ψ_I(1，0，1)(0))
{1;(ω)，{1;(ω)，ω^2}}=ψ(I(1，0，1))
然后接着根据递推就有:
{1;(ω)，{1;(ω)，{1;(ω)，ω^2}}}=ψ(I(1，0，2))
{1;(ω+1)，ω}={1;ω，ω+1}=ψ(I(1，0，ω))
{1;(ω+1)，ω^3}=ψ(I(1，1，0))
{1;ω，ω+2}=ψ(I(1，1，ω))
{1;ω，ω+3}=ψ(I(1，2，ω))
没想到，我一级增长率里面所带的对角化直接给不可达基数的OCF给降维打击了。不过{1;ω，}里面的序数在ψ函数里面并不整齐。
{1;ω，2ω}=ψ(I(1，ω，0))
{1;(2ω)，ω^2}=ψ(I(2，0，0))
{1;ω，2ω+1}=ψ(I(2，0，ω))
{1;ω，3ω}=ψ(I(2，ω，0))
{1;(3ω)，ω^2}=ψ(I(3，0，0))
故意把假增长层次放出来，就是为了分析那些整的ψ函数表达式对应哪个，其实都是无名氏。而有名的他们的末端都是ω，不是很整。
{1;ω，ω^2}=ψ(I(ω，0，0))
接下来又是跳点:
f_{1;ω，ω^2}+1(ω)=ψ(I(Ω，0，0))
{1;0，{1;ω，ω^2}+1}=ψ(I(Ω_ω，0，0))
{1;(ω)，{1;ω，ω^2}×ω}=ψ(I(I(1，0，0)，0，0))
{1;(ω^2)，ω^2}=ψ(I(1，0，0，0))
{1;ω，ω^2+1}=ψ(I(1，0，0，ω))
{1;ω，ω^2+ω}=ψ(I(1，0，ω，0))
{1;ω，2ω^2}=ψ(I(1，ω，0，0))
{1;(2ω^2)，ω^2}=ψ(I(2，0，0，0))
{1;ω，2ω^2+1}=ψ(I(2，0，0，ω))
{1;ω，ω^3}=ψ(I(ω，0，0，0))
{1;(ω^3)，ω^2}=ψ(I(1@4))
{1;ω，ω^3+1}=ψ(I(1@4，ω))
{1;ω，ω^ω}=ψ(I(1@ω))
然后用不着增长率，在ω处用自变量就直接将不可达基数的层次给FGH形式的堆叠了，很高仿，这就可以体现出增长率函数有多厉害了。
f_{1;ω，ω^ω}+1(ω)=ψ(I(1@Ω))
果然，这步突变就很大了，直接变成不可达的n元参数折叠，以Ω结尾肯定都是后继增长率序数，都不会是重要的增长率不动点。
{1;0，{1;ω，ω^ω}+1}=ψ(I(1@Ω_ω))
从ω元不可达基数和Ω_ω元不可达基数，在增长率不动点上看，其实只差个+1。
{1;0，{1;ω，ω^ω}×ω}=ψ(I(1@I))
不可达元参数的不可达基数出现，不过只差个乘以ω。

接着，由于这个跳跃太大，我们接着先在{1;ω，ω^ω}处卡顿一下:
{1;1，{1;ω，ω^ω}×ω}=ψ(I(1@I(1，0)))
{1;(ω)，{1;ω，ω^ω}×ω}=ψ(I(1@I(1，0，0)))
{1;(ω^ω)，2ω}=ψ(I(1@I(1@ω)))
{1;(ω^ω)，ω^2}=ψ(α→I(1@α))
我以前就是在预测GLO就是这个ψ(α→I(1@α))，现在经过抡西，才知道我自己已经看小了自己的GLO序数了。GLO的定义为如下:
这个可数数有多大？
GLO，我起的名字，意义就是葛立恒数(每一层的增长率由下面一层推出)和LVO的结合体。
该序数用三元增长率序数表示为{1;ω^ω+1，ω}。
不过统合目前抡西和前面的Ω放进FGH，得出GLO应该就是在ψ(K)这个层次里面。
此时不可达基数的OCF迎来终点，现在改成用马洛基数分析。
ψ(α→I(1@α))=ψ(M^M^M)
M之于不可达基数应该就是Ω之于ω一样。既然{1;ω，}已经在给不可达基数FGH式堆叠，就很容易接着继续抡西的。
即{1;(ω^ω+1)，ω^2}=ψ(M^(M^M+1))
{1;ω，ω^ω+ω}=ψ(M^(M^M+ω))
{1;ω，2ω^ω}=ψ(M^(M^M+M^ω))
{1;ω，ω^(ω+1)}=ψ(M^(M^M×ω))
{1;ω，ω^ω^2}=ψ(M^M^(M×ω))
{1;ω，ω^ω^ω}=ψ(M^M^M^ω)
{1;(ω^ω^ω)，ω^2}=ψ(M^^4)
{1;ω，ε0}=ψ(ψ_M+1(0))

先看M是怎么走的。Ω_(M+1)→ψI_(M+1)(0)→I(M+1)→ψ_M₁(0)→M₁→M₁^2
M₁=I(2，M+1),M₁^2=I(3，M+1)
M+1个各种东西由M₁折叠。
M是折叠容许点的。ψ_M(M)(0)表示不动点。
再看上楼的{1;ω，n}，对M的操作就和对{0;n，ω}中对Ω一般。
再看看{1;0，ω^2}=ψ(I)=ψ_M(M)
{1;1，ω^2}=ψ(I(1，0))=ψ_M(M^2)
{1;2，ω^3}=ψ(I(2，0))=ψ_M(M^3)
{1;(ω)，ω^2}=ψ(I(1，0，0))=ψ_M(M^M)
{1;(ω+1)，ω^3}=ψ_M(M^(M+1))
这些前面抡西的结果，可以看出，{1;(α)，ω^3}对M的操控关系和{0，α，ω}对Ω一般。所以{1;ω，α}中α+1就会引入一个M。
那接着继续抡西。
{1;ω，ε0+1}=ψ_M+1(M)
{1;ω，ζ0}=ψ(Ω_(M+1))
{1;ω，BHO}=ψ(ψ_M+2(0))
{1;ω，BO}=ψ(Ω_(M+ω))
{1;ω，ψ(I)}=ψ(I_(M+1))=ψ(ψ_M₁(M₁))
{1;ω，ψ(I₂)}=ψ(I_(M+2))=ψ(ψ_M₁(M₁×2))
{1;ω，ψ(I(1，0)}=ψ(I(1，M+1))=ψ(ψ_M₁(M₁^2))
而I(1，0)就是在对应着ψ_M(M^2)。
所以就有{1;ω，h(M)}=h(M₁)
于是根据递推关系，马上就得出
{1;ω+1，ω}=ψ(M_ω)
而根据前面从ω变成对应基数需要把自变量变成ω^3。
于是{1;ω+1，ω^3}=ψ(M_M)
然后再用反射序数来理解其变化:
{1;0，ω^3}=ψ(I)→2 1-2
{1;1，ω^3}=ψ(I(1，0))→2 1-2 1-2
即一级增长率上加1，OCF就会加一次容许点:
已知{1;ω+1，ω}=ψ(ω th 2-2)
那么{1;ω+2，ω}=ψ(ω th 2 1-2-2)
{1;ω+3，ω}=ψ(ω th 2 1-2 1-2-2)
于是推到了{1;2ω，ω}=ψ((2 1-)^ω 2-2)
{1;ω+(ω)，ω^2}=ψ((2 1-)^(1，0) 2-2)
可以看出{1;2ω，}在对(2 1-)^ 2-2FGH式迭代。
于是{1;2ω+1，ω}=ψ(ω th 2-2 1-2-2)
{1;3ω，ω}=ψ((2 1-)^ω 2-2 1-2-2)
{1;3ω+1，ω}=ψ(ω th 2-2 1-2-2 1-2-2)
{1;ω^2，ω}=ψ((2-2 1-)^ω)
可以看出，难搞的ω步反射在增长率序数面前，却只是没有地位的变化。变成不动点只不过是让自变量增加1罢了。
然后就推出{1;ω^2+1，ω}=ψ(N_ω)
接下来应该让Ω扔进FGH来摊牌了。
{1;0，ω^2}=ψ(I)→H₁(Ω×2)=I
{1;1，ω^3}=ψ(I(1，0))→H₁(Ω×3)=I(1，0)
{1;ω，ω}=ψ(I(ω，0))→H₁(Ω×ω)=I(ω，0)
{1;ω+1，ω}=ψ(M_ω)→H₁(Ω^2)=M
{1;2ω+1，ω}=ψ(ω th 2-2 1-2-2)→H₁(Ω^2×2)=2-2 1-2-2
{1;ω^2+1，ω}=ψ(N_ω)→H₁(Ω^3)=2-2-2
所以就可以用显著的关系:
{1;ω^n+1，ω}=ψ(1-H₁(Ω^(1+n)))
于是{1;ω^3+1，ω}=ψ(ω th 2-2-2-2)
{1;ω^ω，ω}=ψ((2-)^ω)
{1;ω^ω+1，ω}=ψ(K_ω)
所以到此，GLO的问题已经解决了。GLO就是ψ(K_ω)，原来GLO是这么大。

于是我们就可以得出一级增长率的折叠层级:
ω→(2 1-)^n
2ω→(2 1-)^n 2-2
3ω→(2 1-)^n 2-2 1-2-2
ω^2→(2-2 1-)^n
ω^2+ω→(2 1-)^n 2-2-2
2ω^2→(2-2 1-)^n 2-2-2
ω^3→(2-2-2 1-)^n
ω^4→(2-2-2-2 1-)^n
ω^ω→(2-)^n
其中n由自变量折叠。与f_α(ω)相类似。
比如f_ω+1(ω)=φ(1，0，0)=(1-)^1，0
那么有{1;ω^4，ω+1}=ψ((2-2-2-2 1-)^1,0)
接着继续扽西了。
上面的K_ω可以写作1-3。又有一级增长率中每加一，对应的则会变成容许点。
接着我们就很快就扽西出:
{1;ω^ω+2，ω}=ψ(ω th K-I(1，0))
{1;ω^ω+ω，ω}=ψ(K-I(ω，0))
{1;ω^ω+ω+1，ω}=ψ(ω th K-M(1，0))
{1;ω^ω+ω^2+1，ω}=ψ(ω th 2-2-2 1-3)
{1;2ω^ω，ω}=ψ((2-)^ω 1-3)
{1;2ω^ω+1，ω}=ψ(ω th 3 1-3)
{1;ω^(ω+1)，ω}=ψ((3 1-)^ω)
{1;ω^(ω+1)+1，ω}=ψ(ω th 2-3)
{1;ω^(ω+2)+1，ω}=ψ(ω th 2-2-3)
{1;ω^(2ω)+1，ω}=ψ(ω th 3 2-3)
{1;ω^ω^2+1，ω}=ψ(ω th 3-3)
{1;ω^ω^3+1，ω}=ψ(ω th 3-3-3)
{1;ω^ω^ω，ω}=ψ((3-)^ω)
{1;ω^ω^ω+1，ω}=ψ(ω th Π4)
{1;ω^ω^ω+2，ω}=ψ(2 1-4)
{1;2ω^ω^ω+1，ω}=ψ(ω th 4 1-4)
{1;ω^(ω^ω+1)+1，ω}=ψ(ω th 2-4)
{1;ω^ω^(ω+1)+1，ω}=ψ(ω th 3-4)
{1;ω^ω^ω^2+1，ω}=ψ(ω th 4-4)
{1;ω^^4+1，ω}=ψ(ω th Π5)
{1;ω^^5+1，ω}=ψ(ω th Π6)
{1;ε0，ω}=ψ(Π_ω)
我觉得SSO应该放在ψ(Π_ω)位置就合适了，而他却是ψ(ε_(Π_ω+1))，既然，那么ψ(Π_ω)叫GBHO可否？葛立恒数构造方式和BHO的结合体。ε0是塔型不动点，可是呢，对应的序数在构造出却没有这么的体现出来体现出塔型不动点的性质，而是一个以ω结尾的序数。

预测一下:
{1;ψ(Ω_n)，ω}=(1+n)-dropping
{1;ψ(I_n)，ω}=λa.I_(a+n)-Π0
{1;ψ(M_n)，ω}=λa.M_(a+n)-Π0
{1;ψ(m th Π_n)，ω}=λa.a+1 th Π_n-Π0
{2;0，0}=LRO
//以前低估了增长率序数表示法了，还以为{2;0，0}只是C(Ω_ω)罢了，没想到，这么快就到了LRO到了C函数和ψ函数的交点了？
{ω;0，0}=TSSO
等会再证明对不对。

扽西是专有词汇，不能写作抡西😡

没想到反射序数(IMK)在一级增长率中只占了很小的位置，只有winner阶级是属于他的，还以为能陪伴着一级增长率序数走的更远呢。
接着看看这个{1;ε0，ω}这个精彩的跳跃点:
首先由前面有{1;ε0，ω}=ψ(Π_ω)
//IMK反射虽然是无间长路，迭代很复杂，但是在一级增长率序数中，{1;0，0}到{1;ε0，ω}就走完了这条路，当然，ω后面还有很小的一段是属于Π_ω到Π不动点的各种Π函数，不过，最终都没能走出ε0级增长率。
接着f_{1;ε0，ω}+1(ω)=ψ(Π_Ω)
当然，这个+1可以足以说明很难，跳跃有多大，直接从ω层反射变成Ω层。
Π_ω有真伪之分，真的Π_ω=伪Π_(ω+1)。
伪的Π_ω在增长率序数中有很高的地位，而真的Π_ω在增长率序数中是个无名氏。
Π_ω^2也有真伪之分，然后迭代到达α→ψ(Π_α)了，才是ψ(Π_Ω)。用于大数记号的话Π_ω的真伪之分是困难的。而增长率序数记号只需要一个对角化，完毕。
{1;0，{1;ε0，ω}+1}=ψ(Π_Ω_ω)
{1;1，{1;ε0，ω}+1}=ψ(Π_I_ω)
{1;2，{1;ε0，ω}+1}=ψ(Π_I(1，ω))
{1;ω+1，{1;ε0，ω}+1}=ψ(Π_M_ω)
{1;ω^ω+1，{1;ε0，ω}+1}=ψ(Π_K_ω)
{1;ω↑↑(ω)，1}=ψ(Π_Π_ω)
{1;ω↑↑(ω)，ω}=ψ(α→Πα)=LSO
从Π_ω到Π不动点，还并不需要自变量+1，只需要利用了对角化就够了。
到ε0处的细节十分复杂。
其实α→λα.α+β有容许点，马洛点…
所以需要注意扽西。
{1;ω↑↑(ω)，ω^2+ω}=ψ(第二个λα.(α×2)-Π0)
{1;ω↑↑(ω)，ε0}=ψ(ψ(2 1-(λα.α×2-Π0))(0))
{1;ω↑↑(ω)，ζ0}=ψ(2 1-(λα.α×2-Π0))
{1;ω↑↑(ω)，BO}=ψ(ω th 2 1-(λα.α×2-Π0))
{1;ω↑↑(ω)，ψ(I)}=ψ(2 1-2 1-(λα.α×2-Π0))
{1;ω↑↑(ω)，ψ(M)}=ψ(2-2 1-(λα.α×2-Π0))
{1;ω↑↑(ω)，ψ(K)}=ψ(3 1-(λα.α×2-Π0))
{1;ω↑↑(ω)，ψ(Π_ω)}=ψ(ω 1-(λα.α×2-Π0))
接着是更混乱的扽西:
f_{1;ω↑↑(ω)，ψ(Π_ω)}+1(ω)=ψ(Ω 1-(λα.α×2-Π0))
{1;0，{1;ω↑↑(ω)，ψ(Π_ω)}+1}=ψ(Ω_ω 1-(λα.α×2-Π0))
{1;ω↑↑(ω)，ψ(Π_ω)+1}=ψ(Π_ω 1-(λα.α×2-Π0))
//上述写成ω↑↑(ω)表示出ε0的对角化是在ω的幂塔，用假的ω层以上的幂塔表示ε0的对角化。

于是，我们来到{1;ω↑↑(ω)，ψ(Π_ω)+1}这个十分复杂的跳跃点。
接着，f_{1;ω↑↑(ω),ψ(Π_ω)+1}+1(ω)会=ψ(Π_Ω 1-(λa.a×2-Π0))
{1;0，{1;ω↑↑(ω)，ψ(Π_ω)+1}+1}=ψ(Π_Ω_ω 1-(λa.a×2-Π0))
于是{1;ω↑↑(ω)，ψ(Π_ω)+2}=ψ(Π_Π_ω 1-(λa.a×2-Π0))
{1;ω↑↑(ω)，ψ(Π_ω)+ω}=ψ((λa.a×2-Π0) 1-(λa.a×2-Π0))
接着就很复杂了。
在这里扽不过去。
等等，还是先兜回来细致分析从(2-)^ω到GLO的部分，这部分也是从H₁函数推理出来的从而跳出去了，其实这两者在一级增长率函数中虽然只差1增长率，但是跳跃很大:
(2-)^x有不动点，容许点，马洛点…
于是有2反射的2反射不动点点，2反射描述的不动点，容许点，马洛点，2反射的二级描述的不动点，容许点，马洛点，反射描述级别的不动点，容许点，马洛点…
可以看看在增长率序数中是怎么折叠的:
{1;ω^(ω)，0}=(2-)^ω
{1;0，{1;ω^(ω)，0}+1}=(2-)^Ω_ω
{1;ω^(ω)，1}=(2-)^(2-)^ω
{1;ω^(ω)，ω}=(1-)^(1，0) (2-)^x
{1，0，{1;ω^(ω)，ω}+1)=(1-)^(1，Ω_ω) (2-)^x
{1;ω^(ω)，ω+1}=(1-)^(1，(2-)^ω) (2-)^x
{1;ω^(ω)，ω×2}=(1-)^(1，(1-)^(1，0) (2-)^x) (2-)^x
{1;ω^(ω)，ω^2}=(1-)^(2，0) (2-)^x
{1;ω^(ω)，ω^3}=(1-)^(3，0) (2-)^x
即{1;ω^(ω)，ψ(Ω)}=2 (2-)^x
{1;ω^(ω)，ψ(I)}=2 1-2 (2-)^x
{1;ω^(ω)，ψ(M)}=2-2 (2-)^x
{1;ω^(ω)，{1;ω^(ω)，0}}=(2-)^ω (2-)^x
{1;0，{1;ω^(ω)，{1;ω^(ω)，0}}+1}=(2-)^Ω_ω (2-)^x
{1;ω^(ω)，{1;ω^(ω)，0}+1}=(2-)^(2-)^ω (2-)^x
{1;ω^(ω)，{1;ω^(ω)，0}+ω}=(1- ^(1，0) (2-)^x) (2-)^x，这是2反射的2反射不动点点。
接着就有(2-)^((1-)^(1，0) (2-)^x+1) (2-)^x
{1;ω^(ω)，{1;ω^(ω)，0}+ω+1}=((1-)^(1，(2-)^ω) (2-)^x) (2-)^x。还是很难理解。
对于(2-)^(1，0)，折叠(2-)^xx，3折叠(2-)^()。
我们可以知道，OCF模式中，某序数达到ζ0形式时，在下一个非递归序数是α，α^2是该序数达到η0形式。
再细致理解(2-)^ω上面的行为，(2-)^(2-)^…应该就是winner阶层形式，而ε序数呢，就是像Π₂反射的不动点，容许点，马洛点…，相当于ε序数递归就是Π₂反射的Π₂反射的Π₂反射…不动点…点点点，在这个叙述中，有不动点，容许点，马洛点…，当然会有此叙述的此叙述的不动点点，此叙述的此叙述的此叙述的不动点点点…上面这个描述又可以有不动点，容许点，马洛点，相当于η序数。

那么一级增长率是怎么拿ω^ω的对角化去对应这个Π2反射的复杂的变化行为的。
首先{1;ω^ω，ω}={1;ω^(ω)，0}=ψ((2-)^ω)
f_{1;ω^(ω)，0}+1(ω)=ψ((2-)^Ω)
当然，如果是用于大数记号，这跳跃可以说很难。但(2-)^Ω和(2-)^ω之间只差个+1。
{1;0，{1;ω^(ω)，0}+1}=ψ((2-)^Ω_ω)
这不是前面讲过的吗？
我们难在哪，从Π₂反射的不动点到Π₂反射的Π₂反射的不动点点之间。
我们将1-(2-)^x看成一个整体，接着有(2-)^(1-(2-)^x +1)，2th 1-(2-)^x，1-(2-)^x th 1-(2-)^x，(1-)^(1，0) 1-(2-)^x，2 1-(2-)^x，直到1-(2-)^x 1-(2-)^x。其实难点之处是从Π₂反射的Π₂反射的不动点点开始，由于1-(2-)^x下一个Π₂反射是(2-)^(1-(2-)^x +1)，所以下一种点是(2-)^(1-(2-)^x +1) 1-(2-)^x，然后是(2th 1-(2-)^x) 1-(2-)^x，((1-)^(1，0) 1-(2-)^x) 1-(2-)^x，(2 1-(2-)^x) 1-(2-)^x。
到Π2反射的Π2反射的Π2反射不动点点点就复杂了，接着是(2-)^(1-(2-)^x 1-(2-)^x 1-(2-)^x +1)，(2-)^(1-(2-)^x 1-(2-)^x+1) 1-(2-)^x +1)，(2-)^(1-(2-)^x +1) 1-(2-)^x 1-(2-)^x，2 1-(2-)^x 1-(2-)^x 1-(2-)^x，(1-(2-)^x)^ω，接着是1-(1-(2-)^x)^x，2 1-(1-(2-)^x)^x，1-(1-(1-(2-)^x)^x)^x，1-(2-)^x^2，接着会有(2-)^(1-(2-)^x^2 +1)，((2-)^(1-(2-)^x^2 +1)) 1-(2-)^x，于是到2th 1-(2-)^x^2，1-1-(2-)^x^2，2 1-(2-)^x^2，1-(2-)^x^2 1-(2-)^x^2，1-(2-)^x^3，最终来到1-(2-)^x^x。
还是接着上面，在对角化中，ω^ω到ω^ω+1会经过ω^(ω)+1，ω^(ω)+(α)，ω^(ω)+ω+(α)，ω^(ω)+ω×(α)，ω^(ω)+ω^2×(α)，2×ω^(ω)，ω^(ω+1)，ω^(α)，然后才到ω^ω+1级增长率。
首先{1;ω^(ω)，ω}=1-(2-)^x，对应ω层(2-)^x，接着是{1;0，{1;ω^(ω)，ω}+1}=Ω_ω th 1-(2-)^x，{1;ω^(ω)，ω+1}=(2-)^ω th 1-(2-)^x，{1;ω^(ω)，ω×2}=1-(2-)^x th 1-(2-)^x，{1;ω^(ω)，ω^2}=(1-)^2 (2-)^x，{1;ω^(ω)，ω^ω}=(1-)^ω (2-)^x，{1;ω^(ω)，ω^ω+1}=(1-)^((2-)^ω) (2-)^x，{1;ω^(ω)，ω^ω+ω}=(1-)^(1-(2-)^x) (2-)^x，{1;ω^(ω)，ε0}=(1-)^(1，0) (2-)^x。所以{1;ω^(ω)，ζ0}=2 1-(2-)^x，{1;ω^(ω)，BO}=ω th 2 1-(2-)^x。{1;ω^(ω)，BO+1}=(2-)^ω th 2 1-(2-)^x。

{1;ω^(ω)，BO+ω}=1-(2-)^x th 2 1-(2-)^x
{1;ω^(ω)，BO+ω+1}=((2-)^ω th 1-(2-)^x)th2 1-(2-)^x
{1;ω^(ω)，BO+ω×2}=(1-(2-)^x th 1-(2-)^x) th 2 1-(2-)^x
{1;ω^(ω)，BO+ω^2}=(1-)^2 (2-)^x th 2 1-(2-)^x
{1;ω^(ω)，BO+ω^ω}=(1-)^ω (2-)^x th 2 1-(2-)^x
{1;ω^(ω)，BO+ζ0}=2 1-(2-)^x th 2 1-(2-)^x
{1;ω^(ω)，BO×ω}=(1-)^(1，0) 2 1-(2-)^x
{1;ω^(ω)，BO×ω+1}=(2-)^ω th (1-)^(1，0) 2 1-(2-)^x
{1;ω^(ω)，BO×ω+ω}=1-(2-)^ω th (1-)^(1，0) 2 1-(2-)^x
{1;ω^(ω)，BO×ω^2}=(1-)^(1，1) 2 1-(2-)^x
好像很难扽…不过，我们参考上面的ω处对角化吧。{1;(ω)，ψ(X)}=ψ(X_I(1，0，0)+1)。
所以易得{1;ω^(ω)，ψ(Ω_Ω)}=(1-)^(2 1-(2-)^x) 1-(2-)^x
{1;ω^(ω)，ψ(I)}=2 1-2 1-(2-)^x
{1;ω^(ω)，ψ(M)}=2-2 1-(2-)^x
{1;ω^(ω)，{1;ω^(ω)，0}}=(2-)^ω 1-(2-)^x
{1;ω^(ω)，{1;ω^(ω)，0}+ω}=1-(2-)^x 1-(2-)^x
还是参考ω时候，在这里是缓慢增长的
{1;ω^(ω)，ζ({1;ω^(ω)，0}+1)}=2 1-(1-(2-)^x 1-(2-)^x)
设{1;ω^(ω)，0}=ψ(X)
{1;ω^(ω)，ψ(I_(X+1))}=2 1-2after (1-(2-)^x 1-(2-)^x)
{1;ω^(ω)，ψ(M_(X+1))}=2-2after(1-(2-)^x 1-(2-)^x)
{1;ω^(ω)，ψ(2nd (2-)^ω)}=(2-)^ω after (1-(2-)^x 1-(2-)^x)
{1;ω^(ω)，ψ(2nd (2-)^ω)+ω}=1-(2-)^x after 1-(2-)^x 1-(2-)^x
{1;ω^(ω)，ψ(2nd (2-)^ω)×ω}=2nd 1-(2-)^x 1-(2-)^x
又一头雾水…还是先扽西ω^2处:
{1;ω×(ω)，0}=(2-2 1-)^ω=M(ω，0)
f_{1;ω×(ω)，0}+1(ω)=M(Ω，0)
{1;ω×(ω)，1}=M(M(ω，0)，0)
{1;ω×(ω)，ω}=α→M(α，0)不动点
{1;ω×(ω)，ω+1}=第M(ω，0)个α→M(α，0)
{1;ω×(ω)，2ω}=第α→M(α，0)个α→M(α，0)
{1;ω×(ω)，ω^2}=α→第α个α→M(α，0)=M(α，0)-I(1，0)(写作2 1-(2-2 1-)^n)
{1;ω×(ω)，ω^3}=(M(α，0)-I(1，0))^2
{1;ω×(ω)，ζ0}=Ω(M(α，0)-I(1，0)+1)
{1;ω×(ω)，{1;ω×(ω)，0}}=M(ω，M(α，0)-I(1，0)+1)=(2-2 1-)^ωafter(2 1-(2-2 1-)^n)
{1;ω×(ω)，{1;ω×(ω),0}+1}=M(α→M(α，0)不动点，M(α，0)-I(1，0)+1)=1-(2-2 1-)^n after (2 1-(2-2 1-)^n)
{1;ω×(ω)，{1;ω×(ω)，0}+ω}=M(α→第α个M(α，0)不动点，M(α，0)-I(1，0)+1)
{1;ω×(ω)，{1;ω×(ω)，0}×ω}=M(M(α，0)-I(1，0)，1)
{1;ω×(ω)，M(ω，1)×ω}=M(M(α，0)-I(1，0)，2)
{1;ω×(ω)，M(ω+1，0)}=M(M(α，0)-I(1，0)+1，0)

为了扽西ε0处的对角化，于是绕回来讨论了一大堆一级增长率在ω^2处的对角化行为。
M(1，0，0)需要M(α，0)的马洛点才能进，而不可达点显然就需要继续。
可以看出，ω在控制M(α，0)-I(1，0)→2 1-(2-2 1-)^n
即{1;ω×(ω)，α→M(α，0)不动点}=M(第M(α，0)-I(1，0)+1个α→M(α，0)，0)
{1;ω×(ω)，第二个α→M(α，0)不动点}
{1;ω×(ω)，α→M(α，0)不动点×ω}=M(第M(α，0)-I(1，0)×2个α→M(α，0)，0)
不动点由M(α，0)-I(1，0)折叠。
{1;ω×(ω)，{1;ω×(ω)，ω^2}}=M(α，0)-I(1，1)//第二个α→M(α，0)的不可达点。
于是{1;ω×(ω)+1，ω}=M(α，0)-I(1，ω)→(2 1-)^2 (2-2 1-)^n
{1;ω×(ω)+2，ω}=M(α，0)-I(2，ω)
{1;ω×(ω)+ω，ω}=M(α，0)-I(ω，0)
显然ω×(ω)+ω，α可以折叠M(α，0)的各种不可达层次，ω对应I(1，0，0)(从ω到I(1，0，0)只需要乘以ω^2)，ω+1对应I(1，1，0)，而折叠不可达层次的是马洛点，所以ω×(ω+1)对应M(1，0，0)。
{1;ω×(ω+1)，ω}=ψ(M(1，0，ω))
ω×(ω+2)对应的就是M(1，1，0)。
ω×(ω×2)对应的就是M(2，0，0)，并对应N^(N×2)。
ω×(ω^2)对应N^N^2。
ω^3也是相当的，ω^2×(ω)+ω×(α)对应马洛点，ω^2×(ω)+ω^2对应N点，ω^2×(ω+1)对应N(1，0，ω)→O^O
ω^2×(ω^2)对应N(1，0，0，ω)→O^O^2
于是我们可以回过头来理解(2-)^ω到GLO之间的对角化的情况了。
ω^(ω)，α在折叠(2-)^xx
ω^(ω)+1相当于(2-)^x-I(1，0)
ω^(ω)+ω相当于(2-)^x-M(1，0)
ω^(ω)+ω^n相当于(2-)^n 1-(2-)^x
ω^(ω)×2相当于(2-)^ω 1-(2-)^x
ω^(ω)×2+1相当于2 1-(2-)^x 1-(2-)^x
ω^(ω)×3相当于(2-)^ω 1-(2-)^x 1-(2-)^x
ω^(ω)×(ω)，在折叠(1-(2-)^x)^x→(2-)^(1，0)
ω^(ω)×(ω)+1折叠2 1-(1-(2-)^x)^x
ω^(ω)×(ω)+ω相当2-2 1-(1-(2-)^x)^x
ω^(ω)×(ω+1)相当(2-)^ω 1-(1-(2-)^x)^x
ω^(ω)×(ω×2)相当1-(1-(2-)^x)^x 1-(1-(2-)^x)^x
ω^(ω)×(ω^2)相当1-(2-)^x^2，Π2二级描述的不动点，((2-)^(1，0))^2
ω^(ω)×(ω^2×2)为Π2二级描述的Π2二级描述的不动点点
ω^(ω)×(ω^3)为Π2的三级描述不动点
ω^(ω)×(ω^4)为Π2的四级描述不动点
ω^(ω)×(ω^ω)为Π2的α→α级描述的不动点，对应于((2-)^(1，0))^((2-)^(1，0))。
所以ω^(ω+1)(注意，这个括号是指假指数，指ω^ω的第ω+1项对角化，不是ω的ω+1次方)对应(2-)^(1，0)。即{1;ω^ω，ω+1}=ψ(ω th (2-)^(1，0))。
{1;ω^ω，ω+2}=ψ((2-)^(1，1))
{1;ω^ω，ω+ω}=ψ((2-)^(1，ω))
之后又是突变了，变成1，Ω，然后1，Ω_ω，然后就到{1;ω^(ω+ω)(这个括号指ω^ω对角化第ω+ω项)，1}=ψ((2-)^(1，(2-)^(1，ω)))。{1;ω^(ω+ω)，ω}=ψ(1-(2-)^(1，x))。
类似的，ω^(2ω+1)类似于(2-)^(2，0)。
ω^(ω^2+1)类似于(2-)^(1，0，0)。
其实为了避免歧义，以上的ω^(α)写成ω^ω[α]比较好，项数+1需要乘以一个ω。
上述又对应K^K，K^(2K)，K^K^2
于是这就是{1;ω^(ω+1)，}对应K序数。GLO=ψ(K_ω)。