\subsection*{ii)}
    Zur Illustration unseres Beweises\footnote{vgl. D. Lubell, A Short Proof of Sperner's Theorem, 1966} fügen wir ein \textit{Hasse-Diagramm} für $P(X)$ mit $X:=\{1,2,3\}$ bei:
 \begin{figure}[h]
 \begin{center}
  \begin{tikzpicture}
  \node (max) at (0,4) {$\{1,2,3\}$};
  \node (a) at (-2,2) {$\{1,2\}$};
  \node (b) at (0,2) {$\{1,3\}$};
  \node (c) at (2,2) {$\{2,3\}$};
  \node (d) at (-2,0) {$\{1\}$};
  \node (e) at (0,0) {$\{2\}$};
  \node (f) at (2,0) {$\{3\}$};
  \node (min) at (0,-2) {$\{\emptyset\}$};
  \draw (min) -- (d) -- (a) -- (max) -- (b) -- (f)
  (e) -- (min) -- (f) -- (c) -- (max)
  (d) -- (b);
  \draw[preaction={draw=white, -,line width=6pt}] (a) -- (e) -- (c);
  \end{tikzpicture}
  \end{center}
  \caption{Hasse Diagramm für $P(X)$ mit $X:=\{1,2,3\}$}
        \label{hasse}
  \end{figure}


    Wir zeigen, dass $\abs{\mathcal{F}} \leq \tbinom {n}{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}$ stets gilt, da wir bereits wissen, dass nach \nameref{l422} kein $\abs{\mathcal{F'}} > \tbinom {n}{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}$ existiert.\\

    Wir betrachten \textit{Ketten} partieller Ordnung\footnote{\nameref{l421}} von Teilmengen von $X$ $$ \emptyset = K_0 \subseteq K_1 \subseteq K_2 \subseteq ... \subseteq K_n = X$$ mit $\abs{K_i} = i$ für $i:=\{0,1,...,n\}$.\\

    Beispielsweise ist
    \begin{equation}
        \emptyset \subseteq \{1\} \subseteq \{1,2\} \subseteq \{1,2,3\}
    \end{equation} eine solche Kette von Teilmengen von $X$ in \textit{Abbildung 2}.\\

    Sei $X$ eine endliche Menge mit $n:= \abs{X}$ und $\mathcal{F} \subseteq \mathcal{P}(X)$ ein Clutter.\\\\
    Zu zeigen: $\abs{\mathcal{F}} \leq \tbinom {n}{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}$\\

    $\rightarrow$ \textbf{\textit{Wie viele solcher (1) Ketten gibt es?}}\\
    Die Anzahl der möglichen Ketten entspricht der Anzahl an Permutationen von $X$, nämlich $n!$. Alternativ ließe sich die Anzahl der möglichen Pfade von '$\emptyset$' zu '$\{1,2,3\}$' gemäß \textit{Abbildung 2} illustrieren.\\\\
    Sei $A_k \subseteq \mathcal{P}(X)$ eine Teilmenge der Kardinalität $k$.\\

    $\rightarrow$ \textbf{\textit{Wie viele der $n!$ Ketten enthalten ein beliebiges $A \in \mathcal{F}$?}}\\
    $\Rightarrow k!(n-k)!$, denn konstruieren wir in Abbildung 2 einen Pfad von $\emptyset$ bis $K_k$, dann bleiben noch weitere $(n-k)!$ Möglichkeiten.\\
    Hier gilt insbesondere $A,B \in  \mathcal{F}$ mit $A,B \in \mathcal{K} \Rightarrow A \subset B \vee B \subset A \lightning \mathcal{F}$ Clutter $\Rightarrow A,B \notin \mathcal{K}$.\\\\
    Sei nun $i_k$ die Anzahl der $k$-Teilmengen in $\mathcal{F}$.\\\\
    Damit gilt $$\abs{\mathcal{F}} = \sum_{k=0}^n i_k$$
    Aus der obigen Überlegung folgern wir die Anzahl der Ketten, die eine beliebige Menge aus $\mathcal{F}$ enthalten, $$\sum_{k=0}^n i_k k!(n-k)!$$
    Da dieser Term nicht mehr als die Anzahl aller Ketten sein kann, gilt:
    \begin{equation*}
        \sum_{k=0}^n i_k \frac{k!(n-k)!}{n!}\leq 1
    \Rightarrow
        \sum_{k=0}^n \frac{i_k}{\tbinom {n}{k}}\leq 1,
    \end{equation*}
    Nun ersetzen wir den Nenner durch den größten Binomialkoeffizienten\footnote{\nameref{l422}}:
    \begin{equation*}
        \frac{1}{\tbinom {n}{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}} \sum_{k=0}^n i_k \leq 1
    \Rightarrow
        \abs{\mathcal{F}} = \sum_{k=0}^n i_k \leq {\tbinom {n}{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}}.
    \end{equation*}\hfill$\square$