Это доказательство, в котором существование некоторого математического объекта доказывается путём представления его на конкретном примере):
Нужно найти х – некоторое решение системы сравнений, причём 0 ≤ x ≤ N–1, удовлетворяющее одновременно всем сравнениям x ≡ a_i (mod n_i), i = 1, 2, ..,k. Рассмотрим сначала первые два сравнения. Первое сравнение x≡a₁ (mod n₁) справедливо для всякого х вида х=a₁+n₁⋅q, где q - произвольное. Чтобы найти q подставим значение x во второе сравнение, получим a₁+n₁⋅q≡a₂ (mod n₂). Отсюда q≡ (n₁)^-1⋅(a₂-a₁) (mod n₂). Таким образом, q=(n₁)^-1⋅(a₂-a₁)+r⋅n₂ для некоторого числа r. Подставим значение q в выражение х=a₁+n₁⋅q. Получим, что решение x первых двух сравнений можно представить в виде x=a_1⋅2+r⋅(n₁⋅n₂), для некоторого r. Теперь заменим первые два сравнения на одно: x≡a_1⋅2 (mod n₁⋅n₂). Применим выше описанные действия к сравнению, которое первоначально было третьим и к сравнению: x≡a_1⋅2 (mod n₁⋅n₂). Будем повторять этот процесс до тех пор, пока не найдём число x, удовлетворяющее всем сравнениям. Для доказательства единственности предположим, что существует: x’, 0 ≤ x‘ ≤ N – 1, такой, что x‘ ≡ a_i (mod n_i) для любого i. Тогда x – x‘ ≡ 0 (mod n_i) для всех i , откуда следует, что: n_i | ( x – x ‘ ) для любого i . Но тогда N | ( x – x‘) и, поскольку | x – x ‘ | < N , то x = x‘.

Доказательство этой теоремы может быть основано на данной лемме: «если числа a и b взаимно просты, то найдется такое целое число c, что ac≡ 1(modb)».
Т.к. N= n₁⋅n₂⋅…⋅n_k - по условию, то N_i= . Из леммы следует, что x_iN_i≡1 (mod n_i). Отсюда x=a₁⋅x₁⋅N₁+a₂⋅x₂+…+a_k⋅x_k⋅N_k. Теперь требуется доказать, что x удовлетворяет требуемой системе сравнений. Для этого рассмотрим число x по модулю n₁: все слагаемые, начиная со второго содержат множители N_i, которые по определению делятся на n₁, значит, x≡a₁⋅x₁⋅N₁ (mod n₁). Т.к. x₁N₁≡1 (mod n₁), то x≡a₁ (mod n₁). Следовательно х удовлетворяет первой системе сравнений, тогда х удовлетворяет и всей системе. Пусть A и B – два решения системы, то A≡B (mod N). Так как A-B≡a_i-a_i≡0 (mod n_i) для любого i, 1≤i≤k, то А-В⋮n_i. А числа n_i взаимно попарно просты, то А-В⋮N=n₁⋅n₂⋅…⋅n_k.

Воспользуемся методом математической индукции – один из методов математического доказательства, когда доказывается истинность некоторого утверждения для всех натуральных чисел. Если n=1, то утверждение теоремы очевидно. Пусть она справедлива и при n=k−1, то существует число m, дающее остаток r_i при делении на a_i при i∈{1,2,…,k−1}. Обозначим d=a₁⋅a₂⋅…⋅a_k−1. Возьмём произвольное число a_k, взаимно простое со всеми a₁⋅…⋅a_k−1 и рассмотрим числа M={m,m+d,m+2d,…,m+(a_k−1)⋅d}={m+t⋅d}0⩽t<a_k. Покажем, что все t∈{0,…,a_k−1} являются остатками при делении каких-либо элементов из множества M на число a_k. Допустим это не так, то есть существует некоторое r_k<a_k, которое не принадлежит множеству всех остатков при делении элементов M на a_k. Поскольку количество этих элементов равно |M|=a_k, а возможных остатков при делении элементов из M на a_k может быть не более чем a_k−1(ведь ни одно число не даёт остаток r_k), то среди них найдутся два числа, имеющих равные остатки (по принципу ящиков Дирихле). Пусть это числа m+t₁⋅d и m+t₂⋅d, причём t₁≠t₂. Тогда их разность (m+t₁⋅d)−(m+t₂⋅d)=(t₁−t₂)d делится на a_k, что невозможно, так как t₁<a_k, t₂<a_k, 0<|t₁−t₂|<a_k и d=a₁⋅a₂⋅…⋅a_k−1 взаимно просто с a_k (т.к. числа a₁,a₂,…,a_k попарно взаимно просты - по условию). Противоречие. Таким образом, среди рассматриваемых чисел найдётся число N=m+t⋅d, которое при делении на a_k даёт остаток r_k. В то же время при делении на a₁,a₂,…,a_k−1 число N даёт остатки r₁,r₂,…,r_k−1 соответственно, так как m+t⋅d≡m (mod a_i). Докажем теперь, что N₁≡N₂(mod a₁⋅a₂⋅…⋅a_n). В самом деле N₁≡N₂≡r_i (mod a_i), то есть N₁−N₂≡0 (mod a_i). Таким образом, число N₁−N₂ делит без остатка все a_i, а также их произведение.