【googology】KPnd序列介绍（3.4375难度）

    KPnd序列，是我定义的序数表示法，用一个自然数组表示序数。

    温馨提示：本文约8000字，且难度较大

1.概念和定义

    不降格的KP序列（Keidonxi's Polynomial Sequence with no debasing）简称KPnd，其中Keidonxi是我10年前用拼音推出的外文人名，Polynomial是多项式，no debasing代指没有“降格”这个操作，Sequence即序列；这个名字中，Polynomial是唯一能体现序列特征的：展开KP序列的依据是一组多项式。

    KP序列是一系列正在发展的序列，包括初始KP序列(initial KP)、KPnd序列、KDP序列(Keidonxi's Diagonalized Polynomial，定义已基本完善)、TKP序列(Triple KP，现处于原理研究阶段)、YKP(现处于原理理解阶段)、LKP序列(Lifting KP，现处于计划阶段)等。

    以下为KPnd序列的定义，不是很严谨（一个序列的展开取决于其他序列的展开）：

    ps：之所以要引入十年前的Keidonxi，是因为我在2020年还定义过另一个序列 IUN（Iteration unit notation，递增元序列），然后可以把两者结合叫做_ _ _ _

2.基本原理

   0-Y序列有一个特点：一个序列的展开可以由它的阶差序列决定。例如1,4,6,10，阶差序列为1,3,2,4；1,3,2,4=1,3,2,3,4,5,6,7,...，所以1,4,6,10=1,4,6,9,13,18,24,31,...。其中的核心是令某项(记作aᵢ)等于它的父项(aₚ₍ᵢ₎)加上阶差(dᵢ)

    而KP序列中一个序列的展开是由多个序列共同决定的，这里面的核心是令某项(aᵢ)等于把它的父项(aₚ₍ᵢ₎)代入一个多项式函数，即aᵢ=Πᵢ(aₚ₍ᵢ₎)，其中Πᵢ(x)是一个多项式函数。

    例如1,2,4,9,20，2=1×1+1，4=2×2，9=2×2+1，20=9×2+2，于是组成了一次项系数序列(记作Q₁)0,1,2,2,2，常数项序列(记作Q₀)0,1,0,1,2，于是在特定条件下展开这两个序列，最后返回原本序列。Q₁的末项加1然后展开：0,1,2,2,3=0,1,2,2,2,2,2,2,...；Q₀直接展开：0,1,0,1,2=0,1,0,1,1,1,1,1,...，返回得到1,2,4,9,19,39,79,159,...

    但是这个特定条件比较复杂，涉及很多新定义的概念。

    对于一个包含x+1项的序列A=(a₀,a₁,a₂,a₃,...,aₓ)，aᵢ的父项是aₚ₍ᵢ₎（整数i∈[0,x)）

    首先，定义多项式的系数：令aᵢ=Πᵢ(aₚ₍ᵢ₎)，其中Πᵢ(x)=q₀ᵢ+q₁ᵢx+q₂ᵢx²+q₃ᵢx³+...；对任意自然数k，整数qₖᵢ∈[0,aₚ₍ᵢ₎)。Πᵢ还同时表示列向量，即第i项的系数向量。

    向量组Q=(Π₀,Π₁,Π₂,...,Πₓ)，是一个矩阵，称为子序列矩阵。子序列矩阵又由多个行向量组成：Q₀,Q₁,Q₂,Q₃,...，即Qₜ=(qₜ₀,qₜ₁,qₜ₂,qₜ₃,...,qₜₓ)，行向量Qₜ称为序列A的t层子序列。

    一个序列有无穷多个子序列，但是非零向量的子序列只有有限个。
    定义项的等级比较：对于两个项aᵢ和aₖ，如果，那么称“aₖ在s层比aᵢ高级”。

    对于父项的寻找，如果A是初始状态的序列，即不是任何序列的子序列，那么aᵢ的父项就是在aᵢ左侧且最靠右的小于aᵢ的项，这个项记作aₚ₍ᵢ₎，项的序号记作pᵢ。父项序列P=(p₀,p₁,p₂,p₃,...,pₓ)，这个记号只是用来便于描述的，展开过程中不会提及。

3.阶差序列

    在1,2,4,9之前，KP序列和1-Y序列是完全相同的，只是KP序列多了一个补层的行为。

    以1-Y的典例1,2,4,8,10,8为例，展开KPnd(1,2,4,8,10,8)：

    因为2=1×1+1，4=2×2+0，8=4×2+0，10=8×1+2，8=4×2+0，所以对于1,2,4,8,10,8，Q₀=0,1,0,0,2,0，Q₁=0,1,2,2,1,2，并且P=(0,0,1,2,3,2)（记住首项是第0项）。

    这里首先就会遇到两个规定：如果一个项aᵢ=1，那么它对应的多项式Πᵢ(x)=0（这是两个违反多项式运算的地方之一），且规定父项为第0项；而如果一个项aᵢ的父项是1，那么它对应的多项式Πᵢ(x)=x+(aᵢ-1)。这才使得Q₀=0,1,0,0,2,0，Q₁=0,1,2,2,1,2而不是Q₀=1,0,0,0,2,0，Q₁=?,2,2,2,1,2。

    接下来是可计算化。从逻辑上讲，一个有x+1项的序列(末项为第x项)，它的展开式的第x项一定比展开前的第x项的值少1，但是在1,2,4,8,10,8中，Q₀的末项是0，怎么少1呢？因此要有一个运算，让Q₀的末项不是0。
    在1,2,4,8,10,8中，末项(a₅=8)的父项是4，那么让q₁₅减1，q₀₅加4，整个序列的值是不变的，只是从8=4×2+0改成了8=4×1+4。于是现在Q₀=0,1,0,0,2,4，Q₁=0,1,2,2,1,1，可以按照逻辑上的q₀₅-1来展开了。这个让Q₀的末项不再是0的过程称为可计算化。

    然后是一个比较复杂的行为，补层。先在子序列中找到末项的父项及其之前的连续的0，也就是Q₀=0,1,0,0,2,4和Q₁=0,1,2,2,1,1。如果这个0是序列的首项，那么不管它，也就是不用管Q₁的这个0，只需要注意Q₀的这两个0。它们分别在0层子序列的第2项和第3项，那么比较a₂,a₃和末项在1层的级别，显然，这两个项的级别都比末项高；所以，q₁₂和q₁₃都减1（如果是末项级别更高或者级别相等则不需要减1）；接下来是补层的核心：把第i+1项的0改成aᵢ。

    在这样的一系列操作下，Q₀变成了0,1,2,4,2,4，Q₁变成了0,1,1,1,1,1。在这之后，要展开的序列就变成了0,1,2,4,2,4和0,1,1,1,1,2，显然后者等于0,1,1,1,1,1,1,1,1,1,...。实际上任何小于1,2,4,9的序列中，Q₁的展开式都是0,1,1,1,1,1,1,1,1,1,...，Q₀就是这个序列的阶差。

    于是，1,2,4,8,10,8的展开问题就转化为了0,1,2,4,2,4怎么展开。
    和1-Y一样，0,1,2,4,2,4也可以进一步转化为0,0,1,2,1,2的展开（注意末项的父项是a₂）。末项与其父项的差是1，可以展开：0,0,1,2,1,1,2,1,1,2,1,1,2,1,...，注意a₄的父项是a₁。
    回到0,1,2,4,2,4，它等于0,1,2,4,2,3,5,2,4,6,2,5,7,2,...，由于此时a₄的父项是a₁，比a₂靠前，a₄₊₃ₙ的父项始终是a₁。

    最后回到1,2,4,8,10,8，即1,2,4,8,10,7,12,14,11,17,19,16,23,25,...。

    其他的1,2,4,9之前的KPnd序列也是类似的，可以用完全相同的1-Y的规则展开。

4.阶斜率序列

    大于等于1,2,4,9，小于1,2,5的KPnd序列称为阶斜率序列，也可以称为阶线性序列、阶一次序列，因为每一项对应的多项式函数都是一次函数（不叫“阶商序列”是因为名称和后面的阶二次序列等无法衔接，同时曾经的KD序列占用了该名称）。

    因为2×2等于4，2²也等于4，1,2,5只能视为阶二次序列的开端，阶斜率序列就只能从1,2,4,9开始了。并且还要规定，当aᵢ=4且aₚ₍ᵢ₎=2时，Πᵢ(x)=2x而不是x²。

    在定义中有一个“占位运算”，实际上就是用来让高级项的低级子序列不提升的。其中最小的例子是1,2,4,10,7。

    在1,2,4,10,7中，Q₀=0,1,0,2,3，Q₁=0,1,2,2,1，末项的多项式函数是一个一次函数，记这个表达式的展开层次s=1。如果一个项在s层比末项高级，那么可以简称为“这个项比末项高级”

    补层后得到Q₀=0,1,0,2,3，Q₁=0,1,2,2,1，末项的父项是a₂。这里的补层又要注意一点：如果待补层项的序号等于p(p(...(p(x))...))（记作pᶜ(x)），并且存在第pᵏ(x)项(k<c)，这一项和待补层项都比末项高级，那么不需这个补层。所以此时的Q₀并不是0,1,2,2,3，Q₁也不是0,1,1,2,1。

    现在要展开0,1,0,2,3和0,1,2,2,2。显然后者等于0,1,2,2,1,2,2,1,2,2,...。因为任何项的父项都不能比这个项高级，所以0,1,0,2,3中a₄的父项是a₁。但是a₃的父项是a₂，比a₁靠后；这样下来0,1,0,2,3应该是0,1,0,2,2,0,3,3,0,4,...。可是实际上它等于0,1,0,2,2,0,2,3,0,2,...，这是因为q₀₃=2对应的a₃，是比末项高级的，这不能被提升。

    于是展开式的Q₀=0,1,0,2,2,0,2,3,0,2,...，Q₁=0,1,2,2,1,2,2,1,2,2,...。为了便于逐项对应，一般会用矩阵Q表示，即Q 

    故1,2,4,10,7=1,2,4,10,6,12,26,15,30,62,...

    现在来看1,2,4,9,12的展开式：
    Q 
    即1,2,4,9,12=1,2,4,9,11,22,45,48,96,193,...

    那么这个展开式的前6项，1,2,4,9,11,22，怎么展开呢？

    很快计算出Q₀=0,1,0,1,2,11，Q₁=0,1,2,2,1,1（已可计算化）。0,1,2,2,1,2很容易展开，就是0,1,2,2,1,1,1,1,1,1,...；而0,1,0,1,2,11，则需要进一步求子序列。

    所以在A=0,1,0,1,2,11的情况下，Π₅(x)等于什么？是x³+x+1吗？如果是这样。那么Q₀=0,0,0,0,1,1，Q₁=0,0,0,0,1,1，Q₂=0，Q₃=0,0,0,0,0,1，这个大小和1,2,11是相同的，这将形成一个超大的循环定义。那么，应该如何解决？

    附加降格的作用体现出来了：子序列的末项只能比原序列的末项(在0层)低级。这句话的意思是：在1,2,4,9,11,22中，Π₅(x)=x+11；那么在0,1,0,1,2,11中，Π₅(x)要满足。所以这个Π₅(x)只能等于11（因为函数的级别是逐级下降的，所以降低到满足这个不等式后就不用继续降低了），常数函数已经是多项式函数的最低级别。

    现在，0,1,0,1,2,11，Q₀=0,0,0,0,1,11，Q₁=0,0,0,0,1,0，于是展开为Q₀=0,0,0,0,1,10,19,28,37,...，Q₁=0,0,0,0,1,0,0,0,0,0,...，得到0,1,0,1,2,11=0,1,0,1,2,10,19,28,37,...。

    回到1,2,4,9,11,22，Q₀=0,1,0,1,2,10,19,28,37,...，Q₁=0,1,2,2,1,1,1,1,1,1,...，故1,2,4,9,11,22=1,2,4,9,11,21,40,68,115,...

    1,2,4,10等于什么？可以发现，Q₀=0,1,0,2，Q₁=0,1,2,2。在这里，补层又回来了。将q₀₂改为a₁，由于a₂不比末项高级，q₁₂不变，即Q₀=0,1,2,2，Q₁=0,1,2,2。
     0,1,2,2=0,1,2,1,2,1,2,1,2,...，0,1,2,3=0,1,2,2,2,2,2,2,2,...，注意这里分别展开了(0,1,2,2)[3]和(0,1,2,3)[6]，在存在补层的情况下，不同子序列的基本列长度单位可能是不同的。
    于是1,2,4,10=1,2,4,9,20,41,84,169,340,...

    再看向1,2,4,10,12的展开式：
    Q 
    即1,2,4,10,12=1,2,4,10,11,22,46,47,94,190,...

    这个展开式的前7项，1,2,4,10,11,22,46，展开时应该如何补层？

    1,2,4,10,11,22,46，Q₀=0,1,0,2,1,0,2，Q₁=0,1,2,2,1,2,2，需要给q₀₅补层。根据前面的规则，q₀₅应该改为a₄，但是0,1,0,2,1,11,2显然也是无法展开的。
    q₀₅=0，q₁₅=2，现在要找到另一个类似的q₀ᵢ=0，q₁ᵢ=2的项，如果这个项不存在，就找比a₅高级但q₀ᵢ=0的项；当然，这个项是存在的，就是a₂。因此，替换掉q₀₅的不是a₄，而是a₁。所以，Q

    故1,2,4,10,11,22,46=1,2,4,10,11,22,45,92,185,372,745,1492,...

    以上基本就是阶斜率序列会遇到的所有情况了。在1,2,4,13之前，Q₁的展开式一定是PrSS的表达式。而1,2,4,13，Q₀=0,1,0,1展开为0,1,0,0,0,0,0,...，Q₁=0,1,2,3展开为0,1,2,3,4,5,6,...，所以1,2,4,13=1,2,4,12,48,240,1440,...呈现出阶乘的形式。阶斜率呈现等差数列，或者说阶斜率的阶差是常数，把阶差运算记作q⁰，阶斜率运算记作q¹，这个式子可以表述为q⁰(q¹)=常数。

    接下来是1,2,4,16,113：
Q ，即1,2,4,16,113=1,2,4,16,112,1232,19712,433664,12576256,...，也就是q⁰(q⁰(q¹))=常数。1,2,4,16,128,1921（Q₁=1,2,4,8,15）展开式即为q⁰(q⁰(q⁰(q¹)))=常数。对q⁰(q¹), q⁰(q⁰(q¹)), q⁰(q⁰(q⁰(q¹)))取对角化，可以得到q¹(q¹)=常数：1,2,4,16,129=1,2,4,16,128,2048,65536,4194304,…（Q₁=1,2,4,8,16,32,64,...）。

    最后，q¹(q¹(...(q¹(q¹))...))=常数 的极限，就是阶斜率序列的极限：1,2,4,16,256,65536,4294967296,...

5.完整的序列

    阶二次序列开始于1,2,5，Q₀=0,0,1，Q₁=0,0,0，Q₂=0,1,1，展开为Q₀=0,1,0,0,0,0,...，Q₁=0，Q₂=0,1,1,1,1,1,...；1,2,5=1,2,4,16,256,65536,...

    这里可以看到，我强行让2的Π(x)=x²，这里也违反了多项式运算。实际上这里的Π(x)取决于第2项的值，当a₂≥5时，Π₁(x)=x^[log₂(a₂-1)]（如果a₂经过附加降格后Π₁(x)变成了x，那么改为x+1）。这么多特殊的规定，都是为了对抗同一个噩梦般的特性：2×2=2²

    在1,2,5之后，基本上不会遇到新的情况了。

    1,2,5,25，Q=，这里的可计算化，本来需要q₁₃的值减1，但是q₁₃也是0，所以需要q₂₃的值减1，q₁₃的值加5，再让q₁₃的值减1，q₀₃的值加5，即Π₃(x)=4x+5。接下来：
Q=即为
故1,2,5,25
=1,2,5,24,576,331777,2654224,7044905042176,49630687053276828338814977,...

    对于1,2,5,24,576，Q=补层为展开为
（完整的展开式是什么就不算了）

    在1,2,5之后，可能会出现多次补层，或者跨层次的可计算化，同时2×2=2²造成的负面作用也明显体现出来，让规则变得复杂。

    1,2,8：Q=展开为，1,2,7,65,4423,19580625,...
    1,2,8,193：Q= 展 开 为          ，即q⁰(q²)=常数
    1,2,8,256,2049：Q=展开为   ，即q¹(q²)=常数
    1,2,8,257：Q=，即q²(q²)=常数
    1,2,8,512,131073：Q=，即q²(q²(q²))=常数

    于是，阶三次序列出现：1,2,9=1,2,8,512,2²⁷,2⁸¹,2²⁴³,...。后面就不一一列举了

    1,2,16,12289（q⁰(q³)=常数）；1,2,16,16384,2⁴⁵+1（q¹(q³)=常数）；1,2,16,16385（q²(q³)=常数）；1,2,16,32769（q³(q³)=常数）；1,2,16,65536,2⁶³+1（q³(q³(q³))=常数）

    1,2,17：q⁴=常数
    1,2,33：q⁵=常数
    1,2,65：q⁶=常数

    最后，KPnd序列的极限，1,2,ω形成。1,2,ω的基本列是1,2；1,2,4；1,2,4,9；1,2,5；1,2,9；1,2,17；1,2,33；...

6.分析

    KPnd序列在1,2,4,9之前和1-Y完全相同，所以没必要分析这一部分。可是在这之后，已经没有几个记号能用来分析了。以下是KPnd和Y序列的对照。

    KPnd的等比数列的强度弱于比1-Y的等比，最终是阶斜率嵌套不动点（阶二次系数是常数）1,2,5，才等于1-Y的极限。这是因为，    在1-Y中，1,3,5，阶差等于；1,3,7，阶差等于，待展开的阶差序列都是1,2,2，而KPnd的类似结构只有一种，因此相对弱一些。

    根据奆佬HypCos的原理解释，1-Y(1,3)相当于ω行BMS，1-Y极限相当于“ω²行BMS”，ω-Y极限则相当于“ω^ω行BMS”。而对应1-Y(1,3)的KPnd(1,2,4,9)展开式的Π(x)刚好是x+x，对应1-Y极限的KPnd(1,2,5)展开式的Π(x)刚好是x²，也就是说，“序数行BMS”的行数，和KPnd的Π(x)函数，结构十分相似。

    通过合情推理，可以认为KPnd的极限是“ω^ω行BMS”，即ω-Y极限。KPnd的扩展，KDP序列，极限是“项→展开层次”不动点，则为“α→α行BMS 不动点”。

7.历史

KP序列的最初版本诞生于2022年11月23日。

    下面以1,2,4,12,24（Q=，简记作0,11,20,30,1 12）的展开方式为依据讲述KP序列的变化。

    2022.11.12，我重新开始研究2020年底定义的表示法IUN（Iteration unit notation，递增元序列）

    2022.11.23 12:15左右，为了能让IUN结合一个名字为K开头的序列，KM序列(Keidonxi's Multiplication Sequence)诞生，以乘法的逆运算(除法的商和余数)为核心
    2022.11.23 20点左右，KM序列扩展为KD序列(Keidonxi's Down-arrow Sequence)，以下箭号表示法的逆运算为核心，此时我已经没有心思研究IUN和THIAN

2022.11.24（0-Y展开1,n，无同化，无降格）
    0,11,20,30,1 11,20,30,1 66,20,30,1 286,...
    1,2,4,12,23,46,138,204,408,1224,1510,...
    但是1,2,4,8,16,...,2ⁿ用这种方法无法展开，只能强行规定1,2,4,9之前KD与1-Y相同

2022.11.24晚，第一次在googology群公开序列中“阶商”的概念

2022.11.25（0-Y展开1,n，有同化，无降格）
    0,11,12,24,1 11,24,1 56,24,1 165,...
    1,2,4,12,23,50,106,216,381,...
    它的子序列是1,11,20,24,1 11,24,26,24,1 165
    很明显，展开式中的106，子序列26出现了循环定义

2022,11.26（改为HPrSS展开1,n）
    0,11,12,24,1 11,24,1 28,24,1 53,24
    其中1,2,12求阶差后得1,2,11,28,53,...
    1,2,4,12,23,50,78,160,213,430,...
    虽然不再有阶商上的循环，但是
    它大于1,2,4,12,23,47
    子序列为0,11,20,24,1 11,21，展开后将出现阶乘序列，巨大循环

2022.11.27（出现降格，降格项不参与展开）
    1,11,12,18,1 12
    其中1,2,8,12阶差为0,1,6,10=0,1,6,9,14,18,23,27,32,...
    1,11,12,18,1 11,1 25,1 29,1 52,1 56,1 88,...
    1,2,4,12,23,48,77,129,185,273,...
    1,2,4,12,"23,48"，经典循环又回来了

2022.11,28，出现“万能步骤”补层+反向降格

2022.11.29（降格项只求差）
    0,11,20,18,1 12
    补层1,2，即展开1,2,8,12，其中8只求差（d=8-2=6）
    0,1,10=0,1,9,18,27,36,...
    0,11,20,18,1 11,1 17,1 29,1 35,1 56,1 62,...
    1,2,4,12,23,40,69,104,160,222,...

    至此，终于把所有问题都修复了，确保KD序列在1,2,4,17之前没有问题。但是，经过这么多变化，强度也遭到了巨幅削弱

    2022.12.4，发现阶商1,2,2=1,2,1,1,1,1,...，和对1做补层的奇怪现象
2022.12.4之后，KD序列再无发展

    2023.1.15凌晨3:00左右，KP序列(Keidonxi's Polynomial Sequence)出现，并取代KD序列
    KP序列在1,2,5之前与KD序列完全相同，但之后的数字小得多，同时能保证强度。不过KD序列仍然存在，只是不再使用。

2023.1.15（降格项可以参与展开，删除同化和反向降格，新增附加降格）
    0,11,12,18,1 12
    1,2,8,12求差0,1,6,4再求差0,0,5,3=0,0,5,2,7,4,9,6,11,...
    0,1,6,4=0,1,6,3,8,5,10,7,12,...
    0,11,12,18,1 11,1 19,1 24,1 34,1 41,1 53,...
    1,2,4,12,23,41,65,99,140,193,...
2023.1.15晚，完成initial KP序列的定义

2023.1.16（取消降格，改良补层）
    0,11,20,30,1 12
    阶斜率1,2,3,2=1,2,3,1,2,3,1,2,3,...(λ=3)
    阶差：1, , ,12=1, , ,11, , ,21, , ,...
    0,11,20,30,1 11,20,30,1 21,20,30,...
    1,2,4,12,23,46,138,159,318,954,...

2023.1.21，基本完善KPnd序列的定义
2023.1.25，完成KPnd序列的定义，确定KDP序列的基本原理

8.可能的扩展

    在KPnd序列之后，KDP的基本原理已经成型。和KPnd相比，KDP只是增加了一个层级序列H，和一个最高系数序列N。

    让序列1,2,5的Q=，也就是要展开。在KPnd的情况下它会等于；既然左下方都是0，那么能不能给Q₂换一种展开方式呢？我们可以让等于，相当于给KPnd序列做一个对角化。

     在可计算化之后，定义层级序列H=(h₀,h₁,h₂,h₃,...,hₓ₋₁,hₓ+1)，其中hᵢ=max{t|qₜᵢ≠0}+1；定义最高系数序列N=(n₀,n₁,n₂,n₃,...,nₓ₋₁,nₓ+1)，其中nᵢ=qₕ₍ᵢ₎₋₁ ᵢ。

    在KPnd中，要把Q₀,Q₁,Q₂,Q₃,...依次展开，是展开无穷多个表达式（非0表达式是有限个）；而到了KDP，则是先需要展开Q₀,Q₁,Q₂,Q₃,...Qₛ₋₁，再展开H和N，接下来令展开式的qₕ₍ᵢ₎ ᵢ=nᵢ，与Q₀,Q₁,Q₂,Q₃,...Qₛ₋₁的展开式结合，其他的未定义的qⱼᵢ定义为0；最后返回原序列。

    这样下来，1,2,5将展开为1,2,4,64,2²⁴,2¹²⁰,2⁷²⁰,...，也就是KPnd的极限。用qⁿ表达，就是q⁰,q¹,q²,...的极限，或者称为：q指数的阶差是常数，q⁰(ln(qⁱ))=常数

    1,2,8,2097153（H=1,2,4,9），展开为1,2,8,2²¹,2³¹⁵,2⁹⁷⁶⁵,2⁶¹⁵¹⁹⁵,...，这是q¹(ln(qⁱ))=常数
    1,2,8,2⁴⁵+1（H=1,2,4,17），展开为1,2,8,2⁴⁵,2¹¹⁴⁷⁵,2⁷⁵²⁰¹⁴¹²⁵,...，这是q²(ln(qⁱ))=常数
    1,2,8,2¹⁸⁹,2⁴⁹⁵⁴⁵⁰²⁷+1（H=1,2,4,64,262145）这个很难展开了，是q³(ln(qⁱ))=常数

    上面这些的极限，1,2,9，H=1,2,5；H展开为1,2,4,64,2²⁴,2¹²⁰,2⁷²⁰,...，得1,2,9=1,2,8,2¹⁸⁹,2³¹⁷⁰⁸⁹³⁶³⁵,2⁴²¹⁴⁸⁴⁰⁵⁹¹²⁹⁸¹⁹⁶⁵⁷⁰⁴⁰¹¹⁵⁰⁷⁷⁴⁷¹¹⁰⁰⁵⁹²⁸⁴⁷⁴²⁸⁰¹²⁵,...，达到q⁰(ln(ln(qⁱ)))=常数，对展开式取2为底对数的2为底对数，将近似于一个等差数列。

    接下来，1,2,129，H=1,2,9，是q⁰(ln(ln(ln(qⁱ))))=常数；1,2,2¹²⁷+1，H=1,2,129，达到q⁰(ln(ln(ln(ln(qⁱ)))))=常数，......

    最终极限，1,2,ω，将呈现无穷层指数塔，并到达“项→展开层次”不动点（因为序列本身和H的指数塔始终相差1层）。这里我强行定义1,3=1,2,ω，并规定基本列为：1,2,4；1,2,5；1,2,9；1,2,129；1,2,2¹²⁷+1；1,2,2^(2¹²⁷-1)+1；...

    在1,3之后，我计划扩展为TKP序列，认为从1到3是经过了两次+1的运算，后面的表达式都需要区分两次不同的运算，例如1,3,6，Q=(0,0),(1,1),(1,2)；1,3,17，Q=。但是这样的表达式应该如何展开，目前还未明确；而且展开式中经常出现ω，这有可能会造成非良序甚至非良定义。
    1,4，则认为经过了三次+1的运算（Q=(0,0,0),(1,1,1)），以此类推到ω次运算。在TKP序列的基础上，我还打有进一步对角化的打算，类似于H序列，让运算次数也产生一个序列，不过满足交换律的运算让这很难真正应用，比如说(0)(1,1)(1,1,1)，这是1,3,6。

    还有一种方法，和Y序列类似，求了n次运算再展开二维运算。Y(1,3,9)，阶差为展开为 KP序列可能也可以进行类似的操作，这种扩展，称为YKP序列。YKP(1,3,9)，Q=→，1,1,2=1,1,1,1,1,...；1,2,1=1,2,0,0,0,0,...，得
Q=。由于Y序列的复杂性，我目前基本上没有研究过YKP序列。

    就目前状况，1,3之前的扩展只会是KDP，1,3之后还没有找到合适的扩展方式。不过KPnd(1,2,5)都已经到达序数记号的前沿了，后期更重要的应该是每一个KPnd序列的结构对应了哪一个序数结构，而不是怎么进一步扩展。