首先:
2↑↑阿列夫零≠sup{2，2^2，2^2^2，2^2^2^2，2^2^2^2^2，……}=ω
因为这是基数运算，不能用替代公理。
连续统假设是2^阿列夫零，不过这个2↑↑阿列夫零=？

2↑↑阿列夫零至少是连续统基数:
首先，2↑↑阿列夫零的集合有:
{}，{{}}，{{{}}}，{{{{}}}}，……({}有限个)一共ω个，还有类如{{}，{{}}，{{{……}}}}(无限层)的。
然后，把以上这个集合取个幂集:
得到{}，{{}}，{{}，{{}}}，{{}，{{}}，{{{}}}，{{}，{{}}，{{{{}}}}}，……}。
以上可以把{}n层对应数n。
那么以上相当于自然数集的幂集。
很显然里面这些{}都是有限层，所以属于2↑↑阿列夫零，因此2↑↑阿列夫零至少是连续统基数。
同样，再根据以上这些取有限次幂集后以上{}套的仍然还是有限层，得到2↑↑阿列夫零至少是贝斯ω。

怪异的性质:
此为阿列夫零的第四级运算:
那么2↑↑阿列夫零的幂集是多少呢？
2^(2↑↑阿列夫零)
=2↑↑(阿列夫零+1)=2↑↑阿列夫零？
奇了怪了，幂集是自身呀。

同可数个可数集之并是可数的:
那么2↑↑(阿列夫零×阿列夫零)=2↑↑阿列夫零。
同样还有:(2↑↑阿列夫零)↑↑阿列夫零=2↑↑阿列夫零
首先:(2↑↑阿列夫零)↑↑阿列夫零
=(2↑↑阿列夫零)^(2↑↑阿列夫零)……^(2↑↑阿列夫零)
根据降底律2^阿列夫α=2^(阿列夫α×阿列夫α)=(2^阿列夫α)^阿列夫α≥阿列夫α^阿列夫α≥阿列夫β^阿列夫α(β<α)≥2^阿列夫α，得阿列夫α^阿列夫α=2^阿列夫α
那么原式
=2^(2↑↑阿列夫零)^(2↑↑阿列夫零)……^(2↑↑阿列夫零)
=2^2^2^……^(2↑↑阿列夫零)
=2↑↑(阿列夫零+阿列夫零)
=2↑↑阿列夫零
真是特殊，一个幂集是自身的基数。

设基数Λ=2↑↑阿列夫零
那么这个Λ有多大呢？
Λ必须有如下性质:
1，Λ≥阿列夫ω。
2，2^Λ=Λ。
3，Λ必须是强极限基数。
同样，如果根据迭代幂次证明。
因为2^(2↑↑阿列夫零)=2↑↑阿列夫零，并且阿列夫零-1不存在，所以2↑↑阿列夫零必须是强极限基数。
如果证明了2↑↑阿列夫零的正则性，那么2↑↑阿列夫零是强不可达基数。若是正则基数，那么2↑↑阿列夫零至少是强基数。
不过，由2^Λ=Λ和Λ^Λ=Λ。Λ也应该是正则的吧，Λ至少是强基数。但这样证明Λ是正则性很含糊，Λ的正则性还未知道。

2↑↑阿列夫零拿出贝斯ω之下的基数:
阿列夫零:直接{}，{{}}，{{{}}}，……完毕。
贝斯1:{}，{{}}，{{{}}}，{{}，{{}}}，{{}，{{{}}}}，{{}，{{{}}}}，……简单点就是上述的幂集。
贝斯2:{{}，{{}，{{}}}}，{{}，{{}}，{{}，{{}}}}……
一直可以拿到贝斯ω。
不过，同2^阿列夫零可以拿出序数ω^(ω+1)，那么2↑↑阿列夫零也可以拿出贝斯ω+1吧，也可能贝斯不动点和不可达基数，某些强基数等等都在2↑↑阿列夫零之下。
后面我们再思考2↑↑阿列夫零怎么拿出贝斯ω+1之上的基数。

再见

很可能，2↑↑阿列夫零是个真类。
毕竟他的幂集等于自身。

证明2↑↑阿列夫零是个真类。
因为阿列夫零+1=阿列夫零，所以p(Λ)=Λ，所以2↑↑阿列夫零是真类。
Λ虽然很大，可能可以大于一切强基数。
但它却不是非迭代性基数。
因为构造之中，2和阿列夫零均小于2↑↑阿列夫零。

2↑↑阿列夫零我们称四级阿列夫数。
四级阿列夫数的特性:
1，幂集为自身(真类基数)。
2，降底律，若β<=2↑↑α，则β↑↑α=2↑↑α
3，具有强不可达性。
Λ基数为4级运算基数，定义为Λ_N=2↑↑阿列夫N。
可以证得每个Λ_N皆为强不可达基数。利用阿列夫N的前行基数不存在可证明他的强极限性，假设2↑↑阿列夫N是奇异的，则小于2↑↑阿列夫N个小于2↑↑阿列夫N个基数和等于2↑↑阿列夫N，那么由Konig定理得到矛盾，得2↑↑阿列夫n都是正则强极限的。
其中Λ_ω也是正则的。四级基数可以说是加法和乘法都不可分的基数。