孫子定理的內容：
給出以下的一元線性同余方程組：
$(S):\begin{cases}x\equiv a_1\pmod{m_1}\\x\equiv a_2\pmod{m_2}\\\ldots\\x\equiv a_n\pmod{m_n}\end{cases}$
假設整數$m_1,m_2,\ldots ,m_n$兩兩互質，則對任意的整數：$a_1,a_2,\ldots a_n$，方程組$(S)$有解，並且通解可以用如下方式構造得到：
設$M=m_1\times m_2\times \ldots \times m_n=\prod_{i=1}^n m_i$，並設$M_i=\frac{M}{m_i},\forall i\in \begin{Bmatrix}1,2,\ldots n\end{Bmatrix}$
設$t_i=M_i^{-1}$為$M_i$模$m_i$的數論倒數（$t_i$為$M_i$模$m_i$意義下的逆元），即$M_it_i\equiv 1\pmod{m_i},\forall i\in \begin{Bmatrix}1,2,\ldots ,n\end{Bmatrix}$.
方程組$(S)$的通解形式為$x=a_1t_1M_1+a_2t_2M_2+\ldots a_nt_nM_n+kM=kM+\sum_{i=1}^n a_it_iM_i,k\in Z$.
在模$M$的意義下，方程組$(S)$只有一個解：$x=\begin{pmatrix} \sum_{i=1}^n a_it_iM_i\end{pmatrix} \pmod{M}$
證明：
從假設可知，對任何$i\in \begin{Bmatrix}1,2,\ldots ,n\end{Bmatrix},j\ne i,gcd(m_i,m_j)=1$，所以$gcd(m_i,M_i)=1$.
這說明存在整數$t_i$使得$t_iM_i\equiv 1\pmod{m_i}$.這樣的$y_i$叫做$M_i$模$m_i$的數論倒數。
考察乘積$a_it_iM_i$可知：
$$a_it_iM_i\equiv a_i\times 1\equiv a_i\pmod{m_i}$$
$$\forall j\in \begin{Bmatrix}1,2,\ldots ,n\end{Bmatrix},j\ne i,a_it_iM_i\equiv 0\pmod{m_j}$$
所以$x=a_1t_1M_1+a_2t_2M_2+\ldots +a_nt_nM_n$滿足：
$$\forall i\in \begin{Bmatrix} 1,2,\dots ,n\end{Bmatrix},x=a_it_iM_i+\sum_{j\ne i}a_jt_jM_j\equiv a_i+\sum_{j\ne i}0\equiv a_i\pmod{m_i}$$
這說明$x$就是方程組$(S)$的一個解。
另外，假設$x_1$和$x_2$都是方程組$(S)$的解，那么：
$$\forall i\in \begin{Bmatrix}1,2,\ldots ,n\end{Bmatrix},x_1-x_2\equiv 0\pmod{m_i}$$
而$m_1,m_2,\ldots m_n$兩兩互質，這說明$M=\prod_{i=1}^n m_i\mid x_1-x_2$，所以方程組$(S)$的任何兩個解之間必然相差$M$的整數倍。而另一方面，$x=a_1t_1M_1+a_2t_2M_2+\ldots a_nt_nM_n$是一個解，同時所有格式為：
$$a_1t_1M_1+a_2t_2M_2+\ldots a_nt_nM_n+kM=kM+\sum_{i=1}^n a_it_iM_i,k\in Z$$
的整數也是方程組$(S)$的解。所以方程組所有的解的集合就是：$\begin{Bmatrix} kM+\sum_{i=1}^n a_it_iM_i,k\in Z\end{Bmatrix}$.