证明。首先，我们证明了没有反链比这两个更大。我们试图将$\ds 2^｛[n]｝$分区为$k＝｛n\choose \lfloor n/2\rfloor｝$链条，也就是说，寻找链条$$\eqalign美元{&A_{1,0}\substeq A_{1.1}\ substeqA_{1.2}\ suBSteq\cdots\substegA_{1，m_1}\cr&A_{2,0}\subseteq A_{2,1}\subesteq A_2,2}\substeq\cdots\subseteq A_2，m_2}\cr&\视频短片\cr&A_{k，0}\subseteq A_{k，1}\substeq A_}k，2}\subesteq\cdots\subseteq A_{k，m_k}\cr}$$这样，$[n]$的每个子集作为$\dsA{i，j}$之一出现一次。如果我们能找到这样的分区，那么由于反链可以在同一条链中，没有反链可以有超过$k$个元素。

对于$n$的较小值，可以手动完成；对于$n=3$，我们有$$\eqalign美元{&\空集\子结构\{1\}\子结构&\{2\}\subseteq\{2,3\}\cr&\{3\}\substeq\{1,3\}\cr}$$这些小案例构成归纳的基础。我们将证明这一点任何$\ds2^{[n]}$都可以分为两个这样的链其他属性：

1.链中的每个集合正好包含一个元素比链条上第二个最小的组。

2.最小和最大元素的大小之和链中有$n$。

注意，案例$n=3$的链同时具有这两个属性。这两个属性加在一起意味着每条链“穿过中间的”“，即每个链都包含$\sbs{n}{n/2}$如果$n$是偶数，则为$\sbs{n}{lfloor n/2\rfloor}$和如果$n$是奇数，则为$\sbs{n}{\lceiln/2\rceil}$。因此，如果我们成功地证明了这种链式分区的存在，那么正好是$n\choose\lfloor n/2\rfloor$chains。

对于归纳步骤，我们假设已经对$\ds进行了分区2^｛[n-1]｝$到这样的链中，并为$\ds构造链2^{[n]}$。

首先，对于每个链条$A_｛i，0｝\substeqA_｛i，1｝\substeq\cdots\substeqA_｛i，m_i｝$我们形成一个新链条$A_{i，0}\subseteq A_{i，1}\substeq\cdots\subseteq A_{i，m_i}\subesteqA_{i，m_i}\杯\{n\}$。由于$|A_{i，0}|+|A_}i，m_i}|=n-1$，$|A{i，0}|+| A_{i，m_i}\cup\{n\}|=n$，所以这个新链满足性质（1）和（2）。

此外，如果$m_i>0$，我们将形成一个新链$A_{i，0}\cup\{n\}\subseteq A_{i，1}\cup \{n\}\substeq\cdots\subseteqA_{i，m_i-1}\杯\{n\}$。现在$$\eqalign美元{|A_{i，0}\杯\{n\}|+|A_{i，m_i-1}\杯|&=|A_{i，0}|+1+|A_{i，m_i-1}|+1\cr&=|A_{i，0}|+1+|A_}i，m_i}|-1+1\cr&=n-1+1=n \cr}$$所以再次满足了属性（1）和（2）。

由于第一种链，$[n-1]$的所有子集都是在新的链条组中只包含一次。此外，我们还添加了元素$n$只对$[n-1]$的每个子集执行一次，因此我们有包括$[n]$的每个子集，其中只包含一次$n$。因此，我们已生成所需的$\ds2^{[n]}$分区。

现在我们需要证明，唯一最大的反链是$\sbs{n}{\floorn/2\floor}$和$\sbs{n}{\lceil n/2\rceil}$。

假设$A_1，A_2，…，A_m$是反链；然后$A_1^c，A_2^c，…，A_m^c$也是一个反链，其中$A^c$表示$A$的补语。因此，如果存在包含一些$A$带有$|A|>\lceil n/2\rceil$，还有一个包含$A^c$和$|A^c|<\floor n/2\floor$。假设某些反链包含带有$|a|<\lfloor n/2\rfloor$的集合$a$。接下来，我们证明这个反链不可能是最大的。

分区$\ds 2^{[n]}$，如证明。假设$A$是的元素的子集一个或两个元素的链$C$，也就是说，一个由如果$n$是偶数，则只包含大小为$n/2$的集合$S_1$，或包含个集合$S_1$和$S_2$的大小为$\lfloor n/2\rfloor$和$\lceil n/2\rceil$，如果$n$是奇数，则使用$A\subseteq S_1\subseteq S_2$。那么，$C$的任何成员都不在反链中。因此，最大的包含$A$的反链的可能大小为${n\choose\lfloor n/2\rfloor}-1$。

如果$A$不是短链元素的子集，我们现在证明还有另一个链式隔板具有此属性的$\ds2^{[n]}$。请注意，在原始链分区必须有长度为1或2的链，$C_1$，由$S_1$和可能的$S_2$组成；如果不是，每个链都包含一组大小为$\lfloor n/2\rfloor-1$的，但这样的场景还不够。那么假设$A=\{x_1，\ldots，x_k\}$，$C_1$中的集合$S_1$是$S_1=\{x_1，\ldots，x_q，y_{q+1}，\ldots y_l\}$，其中$0\le q<k$和美元>千美元。

让$\sigma$是$[n]$的排列，这样对于$1\le i \le k-q$和$\sigma$修复所有其他元素。现在，对于$U\subseteq[n]$，让$\overlineU=σ（U）$，注意$U\subseteq V$if和仅当$\上划线U\下划线V$时。因此原始链分区映射到链。因为$\sigma$是双射，这些新链也用附加属性组成$\ds2^{[n]}$的分区（1） 和（2）。根据$\sigma$的定义，$A\substeq\overline S_1$和$\{\overlines S_1，\overllineS_2\｝$是一条链，比如说$\在C_1$上面。因此，这个新链分区具有所需的属性：$A$是1或2元素链$\的每个元素的子集覆盖线C_ 1$，因此$A$不在最大大小的反链中。

最后，我们需要证明，如果$n$是奇数，则没有最大反链size包含两个集合$\sbs{n}{lfloor n/2\rfloor}$和$\sbs{n}{\lceil n/2\rceil}$。假设有这样一个反链，由集合组成$A_{k+1}、\ldot、$\sbs{n}{\lceil中的A_l$n/2\rceil}$，其中$l={n\choose\lceiln/2\rceil}$，和$B_1，\ldot，B_k$英寸$\sbs{n}{lfloor n/2\rfloor}$。其余几组在$\sbs{n}{\lceiln/2\rceil}$中中的$A_1、\ldots、A_k$和其余集合$\sbs{n}{lfloor n/2\rfloor}$是$B_{k+1}，\ldots，B_l$。

每个集合$B_i$、$1\lei\lek$都包含在$\lceil中n/2\rceil$设置在$\sbs{n}{\lceil n/2\ercil}$中，并且全部必须在$A_1、\ldots、A_k$之间。那么，平均每个$A_i$，$1\le i\le k$，包含$\lceil n/2\rceil$个集合$B_1，\ldots，B_k$。但每个集合$A_i$、$1\lei\lek$都包含$\lceil n/2\rceil$集合在$\sbs{n}{\floor中n/2\rfloor}$，因此每个必须正好包含$\lceil集合$B_1、\ldots、B_k$的n/2\rceil$，但没有集合$B_{k+1}，\ldots，B_l$。

设$A_1=A_{j_1}=\{x_1，\ldots，x_r\}$和$B_{k+1}=\{x_1，\ldots，x_s，y_{s+1}，\ldots，y_}r-1}\}$。设$B_{i_m}=A_{j_m}\反斜杠\{x_{s+m}\}$和$A_{j_{m+1}}=B_{i_m}\cup\{y_{s+m}\}$，价格为$1\lem\ler-s-1$。注意，在前面的讨论中，$1\le i_m\le k$和$1\le j_m\le k$。然后$A_{j_{r-s}}=\{x_1，\ldots，x_s，y_{s+1}，\ltots，y_}r-1}，x_r\}$，所以$A_｛j_｛r-s｝｝\supseteq B_｛k+1｝$是矛盾的。因此没有这样的反链。$\qed美元$