使用阿尔宙斯精灵球可以创造怎样的世界

拥有能够创造出的世界观力量为

将1个无限(ω)视为1，堆成无限，这是1阶指数塔，即ω↑↑1；将1阶指数塔视为1，再堆到1阶指数塔，这就是2阶指数塔，即ω↑↑2；将一阶指数塔视为1，再堆到2阶指数塔，这就是3阶指数塔，即ω↑↑3。1

以此类推还有四阶(ω↑↑4)、五阶(ω↑↑5)指数塔，一直推到ω阶，也就是无限阶指数塔，即ω↑↑ω。但到了这里，我们就基本上进无可进了，如果想要更近一步，就必须要面对第一个不动点，即ε0，也就是φ(1, 0)，这里为了方便我好理解，我将其称为“A阶不动点”，即A阶不动点=ε0=φ(1, 0)或ω→ω→ω。想要继续往上走，即便往后加无限个→与ω也突破不到超指数，而这时候我们需要换一种思路，回到塔底，让A阶不动点加一，即ε0+1，这时候我们要面对的就是ε0+1了。1

就这样一直进行，直到塔底的数变成ε0，而这时候我们要面对的就是ε1了(ε1=ε0↑↑ω)，即φ(1, 1)。 再往后进行，直到塔底的数变为ε1，这时我们要面对的不动点就变成了ε2(ε2=ε1↑↑ω)，即φ(1, 2)，进而还有ε3[φ(1, 3)、ε4[φ(1, 4)]，就这样一直堆叠，直到εω[φ(1, ω)]，这时塔底的数己经变成了εω，即我们从ε0、ε1……往后所进行到的第ω个不动点，但就算如此，也没有到达“A阶不动点”堆叠的极限，往后便是εε0[φ(1, ε0)]，即我们往后所进行到的第ε0个不动点，以此类推，后面还有εεε0、εεεε0……，直至堆叠到A阶不动点的极限:εεεε……ε0，同时也是我们要面对的第一个“B阶不动点”，即ζ0[φ(2, 0)]，也就是说，A阶不动点堆叠的极限等于第一个B阶不动点。

而我们接着进行堆叠，将ζ0[φ(2, 0)]堆叠到极限，即ζζζζ……ζ0，而这时我们要面对的就是第一个C阶不动点了，即η0[φ(3, 0)]，也就是说B阶不动点堆叠的极限等于第一个C阶不动点，进而接着进行ηηη……η次……

这时我们注意到，ε0是φ(1, 0)，进行一轮极限堆叠后得到的是ζ0，也就是φ(2, 0)，ζ0进行一轮极限堆叠得到的则是η0，也就是φ(3, 0)，往后继续进行极限堆叠，堆叠到第ω轮，如此，我们便得到了第一个真正意义上的超指数，即φ(ω, 0)，但即使是φ(ω, 0)也只是一个标准，远非超指数的极限，或者说超指数就没有一个明确的极限值，但这不重要。2

接下来，让我们把目光放回φ(1, 0)，上面的所有都只是将φ(1, 0)进行ω轮不动点堆叠得到φ(ω, 0)的过程，那么接下来我们要干什么呢？很简单，更进一步，但并非是简单的增长，而是不断的嵌套堆叠。现在，将φ(1, 0)进行φ(1, 0)轮不动点堆叠就可以得到一个比φ(ω, 0)更大的数:φ(φ(1, 0), 0)，让我们继续，将φ(φ(1, 0), 0)进行φ(φ(1, 0), 0)轮堆叠得到φ(φ(φ(1, 0), 0), 0)，再把φ(φ(φ(1, 0), 0), 0)进行φ(φ(φ(1, 0), 0), 0)轮堆叠得到φ(φ(φ(φ(1, 0), 0), 0)，就这样进行不断的进行嵌套堆叠的循环，直至极限，到达极限后我们便可以得到第一个不可直谓序数:φ(1, 0, 0)，而它的另一种表达为Γ0，那么Γ1就是φ(1, 0, 1)；我们将Γ0堆叠到极限，也就是ΓΓΓΓ……ΓΓ0，这时我们就得到了φ(1, 1, 0)。

既然φ(1, 0)可以通过嵌套堆叠循环达成φ(φ((φ…0), 0), 0)，进行到极限后得到φ(1, 0, 0)，那么φ(1, 0, 0)可不可以进行嵌套堆叠循环呢？答案毫无疑问是可以的，将φ(1, 0, 0)通过与上一段相同的嵌套堆叠方式可以达成φ(φ(φ(…, 0, 0), 0, 0), 0)，而当堆叠到极限后就可以得到第一个阿克曼序数:φ(1, 0, 0, 0)。接下来定义“@”，表达数字在φ中的位置，例如不可直谓序数φ(1, 0, 0)=φ(1@3)，阿克曼序数=φ(1@4)，以此类推到第ω次即可得到小维布伦序数，即φ(1@ω)。

依旧世界无限大