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index 64b5b3e..140419d 100644
--- a/docs/loesungen.tex
+++ b/docs/loesungen.tex
@@ -65,6 +65,8 @@
 %%            |
 %%            — body/ska/ska5.tex;
 %%            |
+%%            — body/ska/ska6.tex;
+%%            |
 %%            — body/quizzes/quiz1.tex;
 %%            |
 %%            — body/quizzes/quiz2.tex;
@@ -5365,6 +5367,490 @@ Um diese Urteil also leichter treffen zu können ersetzen wir die Elemente durch
 
 Nach den o.\,s. Tafeln ist die erste Gruppe, $S_{2}$, kommutativ und die zweite, $S_{3}$, nicht.
 
+%% ********************************************************************************
+%% FILE: body/ska/ska6.tex
+%% ********************************************************************************
+
+\setcounternach{chapter}{6}
+\chapter[Woche 6]{Woche 6}
+    \label{ska:6}
+
+%% SKA 6-1
+\let\altsectionname\sectionname
+\def\sectionname{SKA}
+\setcounternach{section}{1}
+\section[Aufgabe 1]{}
+    \label{ska:6:ex:1}
+\let\sectionname\altsectionname
+
+Betrachte die Verknüpfung $(\ntrlpos,\ast)$,
+die vermöge $a\ast b:=a^{b}$ definiert wird.
+Wir prüfen das \emph{Assoziativitätsgesetz}.
+Seien zu diesem Zwecke erstmals $a,b,c\in\ntrlpos$.
+Dann
+
+    \begin{mathe}[mc]{rclclcl}
+        \eqtag[eq:1:ska:6:ex:1]
+        a\ast (b\ast c) &= &a\ast b^{c} &= &a^{b^{c}},\\
+        (a\ast b)\ast c &= &a^{b}\ast c &= &(a^{b})^{c} &= &a^{bc}.\\
+    \end{mathe}
+
+Darum
+
+    \begin{mathe}[mc]{rcl}
+        \eqtag[eq:2:ska:6:ex:1]
+        a\ast (b\ast c)=(a\ast b)\ast c
+            &\eqcrefoverset{eq:1:ska:6:ex:1}{\Longleftrightarrow}
+                &a^{b^{c}} = a^{bc}\\
+            &\Longleftrightarrow
+                &a=1\,\text{oder}\,b^{c}=bc\\
+            &\Longleftrightarrow
+                &a=1\,\text{oder}\,b^{c-1}=c.\\
+    \end{mathe}
+
+Diese analytische Untersuchung hilft uns, ein \textbf{Gegenbeispiel} zu finden:
+Seien $a:=2$, $b:=3$, $c:=2$.
+Dann $a\neq 1$ und $b^{c-1}=3^{1}\neq c$.
+Darum laut \eqcref{eq:2:ska:6:ex:1} gilt $a\ast (b\ast c)\neq (a\ast b)\ast c$.
+
+Also erfüllt $(\ntrlpos,\ast)$ das Assoziativitätsaxiom \uline{nicht}.
+
+%% SKA 6-2
+\let\altsectionname\sectionname
+\def\sectionname{SKA}
+\setcounternach{section}{2}
+\section[Aufgabe 2]{}
+    \label{ska:6:ex:2}
+\let\sectionname\altsectionname
+
+Die Multiplikationstabelle für $(R,+,\cdot)$ mit $R=\{0,1\}$
+ist wie folgt
+
+    \hraum
+    \begin{tabular}[mc]{|C|CC|}
+        \hline
+        + &0 &1\\
+        \hline
+        0 &0 &1\\
+        1 &1 &0\\
+        \hline
+    \end{tabular}
+    \quad
+    \begin{tabular}[mc]{|C|CC|}
+        \hline
+        \cdot &0 &1\\
+        \hline
+        0 &0 &0\\
+        1 &0 &1\\
+        \hline
+    \end{tabular}
+    \hraum
+
+%% SKA 6-3
+\let\altsectionname\sectionname
+\def\sectionname{SKA}
+\setcounternach{section}{3}
+\section[Aufgabe 3]{}
+    \label{ska:6:ex:3}
+\let\sectionname\altsectionname
+
+Betrachte $\{0,1,a\}$ mit folgenden Operationen $+$, $\cdot$:
+
+    \hraum
+    \begin{tabular}[mc]{|C|CCC|}
+        \hline
+        + &0 &1 &a\\
+        \hline
+        0 &0 &1 &a\\
+        1 &1 &a &0\\
+        a &a &0 &1\\
+        \hline
+    \end{tabular}
+    \quad
+    \begin{tabular}[mc]{|C|CCC|}
+        \hline
+        \cdot &0 &1 &a\\
+        \hline
+        0 &0 &0 &0\\
+        1 &0 &1 &a\\
+        a &0 &a &1\\
+        \hline
+    \end{tabular}
+    \hraum
+
+Diese Struktur ist offensichtlich isomorph zu
+    $(\intgr/3\intgr,+,\cdot)$
+mittels ${0\mapsto 0}$, ${1\mapsto 1}$, ${a\mapsto 2}$.
+Da $(\intgr/3\intgr,+,\cdot)$ ein Körper ist,
+ist $(\{0,1,a\},+,\cdot)$ ebenfalls wegen des Isomorphismus ein Körper.
+Insbesondere sind die o.\,s. definierten Operationen assoziativ.
+
+%% SKA 6-4
+\let\altsectionname\sectionname
+\def\sectionname{SKA}
+\setcounternach{section}{4}
+\section[Aufgabe 4]{}
+    \label{ska:6:ex:4}
+\let\sectionname\altsectionname
+
+\begin{claim*}
+    Sei $K$ ein Körper und seien $x,y\in K$ mit $xy=0$.
+    Dann gilt $x=0$ oder $y=0$.
+\end{claim*}
+
+    \begin{proof}
+        Angenommen, dies sei nicht der Fall.
+        Dann $x\neq 0$ und $y\neq 0$.
+        Darum existieren multiplikative Inverse, $x^{-1},y^{-1}\in K$.
+        Aus $xy=0$ folgt dann
+
+            \begin{mathe}[mc]{rcl}
+                1 &= &y^{-1}y\\
+                    &= &y^{-1}1y\\
+                    &= &y^{-1}(x^{-1}x)y\\
+                    &= &(y^{-1}x^{-1})(xy)\\
+                    &= &(y^{-1}x^{-1})0\\
+                    &= &0.\\
+            \end{mathe}
+
+        Das ist ein Widerspruch!
+    \end{proof}
+
+\textbf{Bemerkung.}
+Wir haben hier den Satz $\forall{a\in K:~}a\cdot 0=0$ (siehe \cite[Satz 4.2.2]{sinn2020})
+in Anspruch genommen haben.
+
+%% SKA 6-5
+\let\altsectionname\sectionname
+\def\sectionname{SKA}
+\setcounternach{section}{5}
+\section[Aufgabe 5]{}
+    \label{ska:6:ex:5}
+\let\sectionname\altsectionname
+
+Sei $R=\intgr/6\intgr$ versehen mit Addition und Multiplikation modulo $6$.\\
+Beachte: das additive Neutralelement ist die Äquivalenzklasse $[0]$.\\
+Für $x=[2]$ und $y=[3]$ gilt $x,y\neq [0]$ und aber $xy=[2\cdot 3]=[6]=[0]$.
+
+\textbf{Bemerkung.} Wir nennen solche Elemente \emph{Nullteiler}.
+
+%% SKA 6-6
+\let\altsectionname\sectionname
+\def\sectionname{SKA}
+\setcounternach{section}{6}
+\section[Aufgabe 6]{}
+    \label{ska:6:ex:6}
+\let\sectionname\altsectionname
+
+\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
+    %% SKA 6-7(a)
+    \item
+            \begin{mathe}[tc]{ll}
+                &z_{1}:=\dfrac{2\imageinh}{5-3\imageinh}
+                    = \dfrac{2\imageinh\cdot(5+3\imageinh)}{5^{2}+3^{2}}
+                    = \dfrac{-6 + 10\imageinh}{34}
+                    = -\frac{3}{17} + \imageinh\frac{5}{17}\\
+                \Longrightarrow
+                    &\ReTeil(z_{1}) = -\frac{3}{17},
+                    \quad
+                    \ImTeil(z_{1}) = \frac{5}{17}.\\
+                \\
+                &z_{2}:=\dfrac{3 - 2\imageinh}{1 + 2\imageinh}
+                    = \dfrac{(3 - 2\imageinh)\cdot(1-2\imageinh)}{1^{2}+2^{2}}
+                    = \dfrac{(3+(-2)(-2)\imageinh^{2})) + (-6+-2)\imageinh}{5}
+                    = \dfrac{(3-4) + -8\imageinh}{5}
+                    = -\frac{1}{5} + \imageinh\frac{8}{5}\\
+                \Longrightarrow
+                    &\ReTeil(z_{2}) = -\frac{1}{5},
+                    \quad
+                    \ImTeil(z_{2}) = \frac{8}{5}.\\
+            \end{mathe}
+
+    %% SKA 6-7(b)
+    \item\voritemise
+
+        \begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
+            Gaußverfahren angewandt auf $(A|\mathbf{b})$:
+
+            \begin{mathe}[mc]{c}
+                \begin{matrix}{cc|c}
+1+\imageinh &1 &0\\
+-2 &2-\imageinh &1\\
+\end{matrix}\\
+            \end{mathe}
+
+            Wende die Zeilentransformation
+                ${Z_{1}\leftsquigarrow (1-\imageinh)\cdot Z_{1}}$
+            an:
+
+            \begin{mathe}[mc]{c}
+                \begin{matrix}{cc|c}
+2 &1-\imageinh &0\\
+-2 &2-\imageinh &1\\
+\end{matrix}\\
+            \end{mathe}
+
+            Wende die Zeilentransformation
+                ${Z_{2}\leftsquigarrow Z_{2}+Z_{1}}$
+            an:
+
+            \begin{mathe}[mc]{c}
+                \begin{matrix}{cc|c}
+2 &1-\imageinh &0\\
+0 &3-2\imageinh &1\\
+\end{matrix}\\
+            \end{mathe}
+
+            Aus der Stufenform erschließt sich
+
+            \begin{mathe}[bc]{rclclcl}
+                y &= &\frac{1}{3-2\imageinh}
+                    &= &\frac{3+2\imageinh}{3^{2}+2^{2}}
+                    &= &\frac{3+2\imageinh}{13}\\
+                x &= &\frac{1}{2}(-(1-\imageinh)y)
+                    &= &-\frac{1}{2}\frac{3-\imageinh}{13}
+                    &= &\frac{-3+\imageinh}{26}.\\
+            \end{mathe}
+        \end{algorithm}
+\end{enumerate}
+
+%% SKA 6-7
+\let\altsectionname\sectionname
+\def\sectionname{SKA}
+\setcounternach{section}{7}
+\section[Aufgabe 7]{}
+    \label{ska:6:ex:7}
+\let\sectionname\altsectionname
+
+\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
+    %% SKA 6-7(a)
+    \item
+        Es gilt $4\cdot 7\equiv -1\cdot 2\equiv -2\equiv 3$ modulo $5$.
+    %% SKA 6-7(b)
+    \item
+        Es gilt $2^{100031}\equiv (-1)^{\text{ungerade Zahl}}\equiv -1\equiv 2$ modulo 3.\\
+        Es gilt $2^{100302}\equiv (-1)^{\text{gerade Zahl}}\equiv 1$ modulo 3.\\
+    %% SKA 6-7(c)
+    \item
+        Für $\intgr/5\intgr$ ist die Menge an Möglichkeiten klein,
+        sodass wir per \emph{brute force} das Inverse von $3$ bestimmen können:
+
+            \hraum
+            \begin{tabular}[mc]{|C|CCCCC|}
+                \hline
+                n &0 &1 &2 &3 &4\\
+                \hline
+                3\cdot n &0 &3 &\fbox{1} &4 &2\\
+                \hline
+            \end{tabular}
+            \hraum
+
+        Darum gilt $3\cdot 2\equiv 1$ modulo $5$, sodass \fbox{$3^{-1}=2$} in $\intgr/5\intgr$.
+
+        Für den Fall $\intgr/103\intgr$ gibt es deutlich mehr Möglichkeiten,
+        sodass es ein Versuch durch rohe Gewalt nicht mehr sinnvoll ist.
+        Darum wenden wir das Lemma von B\'ezout an und lesen das Resultat daraus.
+
+        \textbf{Zur Erinnerung:}
+        Durch den Euklidischen Algorithmus auf $(a:=103,\,b:=21)$ angewandt
+        erhalten wir ganze Zahlen,
+            ${u,v\in\intgr}$,
+        so dass ${u\cdot 103 + v\cdot 21=\ggT(103,21)}$ gilt.
+        Da aber ${103\in\mathbb{P}}$ und ${1<21<103}$, gilt ${\ggT(103,21)=1}$,
+        sodass die o.\,s. Identität
+            $1\equiv u\cdot 103+v\cdot 21\equiv 0+v\cdot 21$ modulo $103$
+        liefert,
+        was wiederum bedeutet, dass $21^{-1}=v$ in $\intgr/103\intgr$.
+
+        Zunächst führen wird also den Euklidischen Algorithmus auf $a=103$ und $b=21$ aus:
+
+            \begin{longtable}[mc]{|c|c|}
+                \hline
+                \hline
+                    Restberechnung (symbolisch) &Restberechnung (Werte)\\
+                \hline
+                \endhead
+$a = b\cdot q_{1} + r_{1}$ &$103 = 21\cdot 4 + 19$\\
+$b = r_{1}\cdot q_{2} + r_{2}$ &$21 = 19\cdot 1 + 2$\\
+$r_{1} = r_{2}\cdot q_{3} + r_{3}$ &$19 = 2\cdot 9 + \boxed{\mathbf{1}}$\\
+$r_{2} = r_{3}\cdot q_{4} + r_{4}$ &$2 = 1\cdot 2 + 0$\\
+                \hline
+                \hline
+            \end{longtable}
+
+        Also gilt $\ggT(103, 21)=1$ wie erwartet.
+        Und jetzt kehren wir die Ausdrücke um, um die Koeffizienten $u$, $v$ zu bestimmen:
+
+            \begin{longtable}[mc]{|c|c|}
+                \hline
+                \hline
+                    Rest (symbolisch) &Rest (Werte)\\
+                \hline
+                \endhead
+$r_{1} = a - 4\cdot b$ &$19 = 1\cdot a + -4\cdot b$\\
+$r_{2} = b - 1\cdot r_{1}$ &$2 = -1\cdot a + 5\cdot b$\\
+$r_{3} = r_{1} - 9\cdot r_{2}$ &$\boxed{1 = \mathbf{10}\cdot a + \mathbf{-49}\cdot b}$\\
+                \hline
+                \hline
+            \end{longtable}
+
+        Darum liefert uns das B\'ezout Lemma
+            ${1=10\cdot a - 49\cdot b=10\cdot 103-\boxed{49}\cdot 21}$.
+        Also gilt wie oben \fbox{$21^{-1}=-49=54$} in $\intgr/103\intgr$.\\
+        (Man prüft dies: $21\cdot 54=1134=103\cdot 11+1\equiv 1$ modulo $103$.
+        Also ist das Ergebnis richtig!)
+
+    %% SKA 6-7(d)
+    \item
+        Wir führen das Gaußverfahren zuerst in $\intgr$ durch,
+        nur achten wir darauf, niemals mit Vielfachen von $11$ oder $13$
+        zu multiplizieren:
+
+        \begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
+            Gaußverfahren angewandt auf $(A|\mathbf{b})$:
+
+            \begin{mathe}[mc]{c}
+                \begin{matrix}{cc|c}
+2 &-3 &0\\
+10 &7 &-5\\
+\end{matrix}\\
+            \end{mathe}
+
+            Wende die Zeilentransformation
+                ${Z_{2}\leftsquigarrow Z_{2}-5\cdot Z_{1}}$
+            an:
+
+            \begin{mathe}[mc]{c}
+                \begin{matrix}{cc|c}
+2 &-3 &0\\
+0 &22 &-5\\
+\end{matrix}\\
+            \end{mathe}
+
+            Wir wenden die Zeilentransformation
+                ${Z_{1}\leftsquigarrow 7\cdot Z_{1}+Z_{2}}$
+            an und erhalten das äquivalente System (\textdagger):
+
+            \begin{mathe}[bc]{c}
+                \begin{matrix}{cc|c}
+14 &1 &-5\\
+0 &22 &-5\\
+\end{matrix}\\
+            \end{mathe}
+        \end{algorithm}
+
+        In $\intgr/11\intgr$ ist das System ab (\textdagger)
+
+        \begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
+            LGS modulo 11:
+
+            \begin{mathe}[mc]{c}
+                \begin{matrix}{cc|c}
+\mathbf{3} &1 &6\\
+0 &0 &\mathbf{6}\\
+\end{matrix}\\
+            \end{mathe}
+
+            $\Longrightarrow$ \fbox{System unlösbar}, da $6\neq 0$ in $\intgr/11\intgr$.
+        \end{algorithm}
+
+        In $\intgr/13\intgr$ ist das System ab (\textdagger)
+
+        \begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
+            LGS modulo 13:
+
+            \begin{mathe}[mc]{c}
+                \begin{matrix}{cc|c}
+1 &1 &8\\
+0 &9 &8\\
+\end{matrix}\\
+            \end{mathe}
+
+            Wende die Zeilentransformationen
+                ${Z_{1}\leftsquigarrow 9\cdot Z_{1}-\cdot Z_{2}}$
+            an:
+
+            \begin{mathe}[mc]{c}
+                \begin{matrix}{cc|c}
+\mathbf{9} &0 &-1\\
+0 &\mathbf{9} &8\\
+\end{matrix}\\
+            \end{mathe}
+
+            Daraus ergibt sich die Lösung in $\intgr/13\intgr$:
+
+            \begin{mathe}[bc]{rclclcl}
+                x_{1} &= &9^{-1}\cdot -1
+                    &= &3\cdot -1
+                    &= &\boxed{10}\\
+                x_{2} &= &9^{-1}\cdot 8
+                    &= &3\cdot 8
+                    &= &\boxed{11}.\\
+            \end{mathe}
+
+            Also ist \fbox{$\mathbf{x}=\begin{svector}10\\11\\\end{svector}$}
+            die Lösung des LGS in $\intgr/13\intgr$.
+        \end{algorithm}
+\end{enumerate}
+
+%% SKA 6-8
+\let\altsectionname\sectionname
+\def\sectionname{SKA}
+\setcounternach{section}{8}
+\section[Aufgabe 8]{}
+    \label{ska:6:ex:8}
+\let\sectionname\altsectionname
+
+\begin{satz*}
+    Sei $p\in\mathbb{P}$ eine Primzahl.
+    Für jedes $m\in\intgr$ mit $p\ndivides m$
+    ist die Abbildung
+        ${M_{m}:\intgr/p\intgr\to\intgr/p\intgr}$,
+    die vermöge $M_{m}([x])=[m]\cdot[x](=[mx])$
+    wohldefiniert und injektiv.
+    Insbesondere existert ein $[x]\in\intgr/p\intgr$,
+    so dass $[m]\cdot [x]=[1]$.
+\end{satz*}
+
+    \begin{einzug}[\rtab][\rtab]
+    \begin{proof}
+        Dass diese Abbildung wohldefiniert ist, folgt aus der Wohldefiniertheit
+        von Modularmultiplikation.
+
+        \uwave{{\bfseries Injektivität:}}\\
+        Seien $[x],[x']\in\intgr/p\intgr$.
+            Angenommen $M_{m}([x])=M_{m}([x'])$.\\
+        \textbf{Zu zeigen:} $[x]=[x']$.\\
+        Aus $M_{m}([x])=M_{m}([x'])$
+        folgt $[mx]=[mx']$ per Konstruktion von der Abbildung $M_{m}$.\\
+        Per Definition der Äquivalenzklassen
+        gilt somit $mx\equiv mx'$ modulo $p$.\\
+        Daraus folgt ${p\divides (mx-mx')}$,
+        also ${p\divides m\cdot(x-x')}$.\\
+        Da $p$ prim ist, gilt $p\divides m$ oder $p\divides (x-x')$
+        (siehe \cite[Satz 3.4.14]{sinn2020}).\\
+        Per Voraussetzung auf $m$ folgt daraus, dass $p\divides(x-x')$.\\
+        Daraus folgt $x\equiv x'$ modulo $p$,
+        und somit $[x]=[x']$ per Definition der Äquivalenzklassen.\\
+        Darum ist $M_{m}$ injektiv.
+
+        Da nun $\intgr/p\intgr$ endlich ist,
+        sind injektive Abbildungen zwischen $\intgr/p\intgr$ und sich selbst
+        automatisch surjektiv.\\
+        Per Surjektivität existiert ein Element $[x]\in\intgr/p\intgr$,
+        so dass $[1]=M_{m}([x])=[m]\cdot [x]$.\\
+        Das heißt, $[m]$ ist invertierbar innerhalb $\intgr/p\intgr$.
+    \end{proof}
+    \end{einzug}
+
+\textbf{Bemerkung.}
+Die letzte Aussage in diesem Satz gilt auch allgemeiner:
+Sind $n,m\in\intgr$ teilerfremd, dann ist $[m]$ innerhalb $\intgr/n\intgr$
+invertierbar.
+Aber wenn $n$ nicht prim ist, können wir das o.\,s. Argument nicht verwenden,
+da das Zwischenresultat der Injektivität nicht mehr gilt.
+Stattdessen müssen wir schon das Lemma von B\'ezout anwenden.
+
 \setcounternach{part}{3}
 \part{Quizzes}