完全剩余系m为奇数,{a1,a2...am}与{b1,b2...bm}都是模m的完全剩余系,且ai≡bi（mod m）.

任意取{xi} 的两组取值 {ai},{bi}.
假设
a1+m1*a2+m1*m2*a3+...+m1*m2*...*mk-1*ak = b1+m1*b2+m1*m2*b3+...+m1*m2*...*mk-1*bk (mod m1*...*mk)
===>
a1+m1*a2+m1*m2*a3+...+m1*m2*...*mk-1*ak = b1+m1*b2+m1*m2*b3+...+m1*m2*...*mk-1*bk (mod m1)
即：a1 = b1(mod m1）===> a1=b1 因为都取自x1.
==》
m1*a2+m1*m2*a3+...+m1*m2*...*mk-1*ak = m1*b2+m1*m2*b3+...+m1*m2*...*mk-1*bk (mod m1*...*mk)
约掉m1 得：
a2+m2*a3+...+m2*...*mk-1*ak = b2+m2*b3+...+m2*...*mk-1*bk (mod m2*...*mk)
同上理,可得：a2=b2.
.
ak = bk
这说明 如果每组{xi}的取值 得到的 x1+m1*x2+m1*m2*x3+...+m1*m2*...*mk-1*xk（mod m1*...*mk) 都不相同.
而 {xi} 总共有 m1*m2*...*mk 种不同取值方法,所以正好通过模数m1*...*mk的一组完全剩余系

求和模2即可
反设A1+B1,A2+B2,.An+Bn是模n的完系,则求和模n=1+2+..+n=n(n+1)/2 (mod n) （等号代表同余）
又Ai和Bi分别是两组完系,所以他们的和模n等于两组完系的和=n(n+1) (mod n)
综合以上两条有n(n+1)/2=n(n+1) (mod n),即n(n+1)/2=0 (mod n) ,容易验证此式与n为偶数矛盾

使的巧劲.ax1*ax2*...*axxφ(n)--------------完全剩余系（自己证明两两不同余就行）=a^φ(n) * x1 * x2 *... * xφ(n) mod n ≡ x1 * x2 * ... * xφ(n) mod n------------完全剩余系不同的完全剩余系相乘,模n的...

x通过模m的一个完全剩余系表示,对于任意的一个整数a,都有b∈x（x其实可以看做是一个集合）,使a≡b(mod m).例如m为10,若x为{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9},则x通过模m的一个完全剩余系.当然x也可以为{10,11,22,33,44,5,66,77,8,89,100},等等.
PS：我忘记了要不要取b=0这种情况.
另外附带一提,若x通过模m的一个简化剩余系,这时b与m要互质.还是上面的例子,10的简化剩余系为{1,3,7,9},当然也可以为{11,13,27,39,41,43},等等.

{01,2,……8}为模9的一个完全剩余系,然后,将其中的偶数加9即可,得到{1,3,5,7.9,11,13,15,17}

郭敦顒回答：
模7的一个完全剩余系是{0,1,2,3,4,5,6},
数系{-3,-2,7,9,13,17,22}={7,22,9,17,－3,－2,13},
∵{7,22,9,17,－3,－2,13}≡{0,1,2,3,4,5,6}（nod7）,
∴-3,-2,7,9,13,17,22是模7的一个完全剩余系.

一般都是a[n],加个中括号,因为可以看作数列.
证明:
根据性质(初等数论P39性质己):
若a=a[1]d,b=b[1]d,(d,m)=1,a≡b(mod m),则
a[1]≡b[1](mod m)
得,因为ka[i]=a[i]*k,ka[j]=a[j]*k,(k,m)=1,a[i]≡a[j](mod m),所以ka[i]≡ka[j](mod m)　(i,j=1,..,m-1)
即ka[0],ka[1],...,ka[m-1]也是模m的完全剩余系.
[参考资料]
性质己的证明:
证:由定理:
整数a,b对模m同余的充要条件是m|a-b,即a=b+mt,t是整数
得:
m|a-b,但a-b=d(a[1]-b[1]),(d,m)=1,所以m|a[1]-b[1],即a[1]≡b[1](mod m)