设 $X$ 是有限集，$t$ 为正整数，$F$ 是包含 $t$ 个子集的子集族：$F=\{A_1,A_2,\cdots,A_t\}$．如果 $F$ 中的部分子集构成的集族 $S$ 满足：对 $S$ 中任意两个不相等的集合 $A,B$，$A\subsetneqq B$ 和 $B\subsetneqq A$ 均不成立，则称 $S$ 为反链．设 $S_1$ 为包含集合最多的反链，$S_2$ 是任意反链．证明：存在 $S_2$ 到 $S_1$ 的单射 $f$，满足对任意 $A\in S_2$，$f(A)\subsetneqq A$ 或 $A\subsetneqq f(A)$ 成立．
解析 记 $\left|S_{1}\right|=r$，称包含 $r$ 个元素的反链为最大反链，最大反链可能不唯一．称 $F$ 的子集 $P$ 为链，如果 $\forall A, B \in P, A \subsetneqq B, B \subsetneqq A$ 之一成立．我们证明（即 $\tt Dilworth$ 定理）：
引理 $F$ 可以拆分为 $r$ 个链 $P_{i}$（$1 \leqslant i \leqslant r$）的并．
引理的证明 对 $t$ 进行归纳证明．$t=1$ 时显然成立．设命题对 $t-1$ 成立，先假设存在一个最大反链 $S$，使得 $F$ 中既有集合真包含 $S$ 中的某个集合，也有集合是 $S$ 中的某个集合的真子集．记前者的全体为 $F_{1}$，后者的全体为 $F_{2}$，即 \[ \begin{array}{l} F_{1}=\left\{A_{i} \in F \mid A_{i} \text { 包含 } S \text { 中的某个集合 }\right\}, \\ F_{2}=\left\{A_{i} \in F \mid A_{i} \text { 是 } S \text { 中的某个集合的子集 }\right\}, \end{array} \] 则 $F_{1} \cup S, F_{2} \cup S$ 均是 $F$ 的真子集，从而由归纳假设可将 $F_{1} \cup S, F_{2} \cup S$ 都可以拆成 $r$ 个链的并．$F_{1} \cup S$ 中的链以 $S$ 中的元素开始，$F_{2} \cup S$ 中的链以 $S$ 中的元素结束．将这些链“接”起来就将 $F$ 分成了 $r$ 条链． 现在假设不存在这样的反链，从而每个最大反链要么满足 $F_{1}=\varnothing$，要么满足 $F_{2}=\varnothing$．前者意味着 $S$ 中的子集都是“极大”子集（不是另一个 $A_{i}$ 的真子集），后者意味着 $S$ 中的子集都是“极小”集（不真包含另一个 $A_{i}$），从而至多有两个最大反链．
情形一 如果极大子集构成的反链和极小子集构成的反链均为最大反链，则任取极大子集 $A$，以及极小子集 $B \subsetneqq A$，将 $A,B$ 都去掉．用归纳假设将剩下的集合拆分成 $r-1$ 条链，再加上链 $B \subsetneqq A$ 即可．
情形二 如果其中之一不是最大反链，不妨设极大子集构成的反链是唯一的极大反链，任意去掉一个极大子集归纳即可． 至此，引理证毕．
回到原题 现在将 $F$ 拆分成 $r$ 条链，则每条链中恰有一个 $S_{1}$ 中的子集，且至多有一个 $S_{2}$ 中的子集．将每个 $S_{2}$ 中的子集对应到所在链中 $S_{1}$ 的元素，就得到了从 $S_{2}$ 到 $S_{1}$ 满足要求的映射．题中命题得证．