1 TEORI KETERBAGIAN. Jadi himpunan bilangan asli dapat disajikan secara eksplisit N = { 1, 2, 3, }. Himpunan bilangan bulat Z didenisikan sebagai

(1)

1 TEORI KETERBAGIAN 2

1.1 Algoritma Pembagian . . . 3

1.2 Pembagi persekutuan terbesar . . . 6

1.3 Algoritma Euclid . . . 10

(2)

1 TEORI KETERBAGIAN

Bilangan 0 dan 1 adalah dua bilangan dasar yang digunakan dalam sistem bilangan real. Dengan dua operasi + dan x maka bilangan-bilangan lainnya didenisikan. Himpunan bilangan asli (natural number)Ndidenisikan sebagai

n∈_N↔n:= 1 + 1 +· · ·+ 1

| {z }

nsuku .

Jadi himpunan bilangan asli dapat disajikan secara eksplisit N={1,2,3,· · · }. Himpunan bilangan bulatZ didenisikan sebagai

Z:=−N∪ {0}N

dimana −_N:= {−n : n∈_N}.Jadi himpunan bilangan bulat dapat ditulis secara eksplisit Z={· · ·,−2,−1,0,1,2,· · · }.Selanjutnya bilangan rasionalQ didenisikan sebagai

Q:=

na

b : a, b∈Z, b6= 0

o

.

Bilangan real yang bukan bilangan rasional disebut bilangan irrasional. Salah satu bilangan irrasional yang sangat dikenal adalah √2. Berdasarkan beberapa denisi tersebut maka kita

dapat menyajikan komposisi himpunan bilangan real dalam bentuk diagram venn berikut.

Figure 1.1: Komposisi bilangan real

Teori bilangan adalah cabang ilmu matematika yang mempelajari sifat-sifat keterbagian bi-langan bulat, khususnya himpunan bibi-langan asli. Himpunan bibi-langan asli memiliki keunikan tersendiri karena ia terdenisi secara alami. Ini alasan bagi matematikawan Leopold Kronecker mengatakan bahwa God created the natural numbers, and all the rest is the work of man."

(3)

1.1 Algoritma Pembagian

Algoritma ini merupakan batu pijakan pertama dalam mempelajari teori bilangan. Ia disajikan dalam bentuk teorema berikut.

Theorem 1.1. Jika diberikan bilangan bulat a dan b, dengan b > 0 maka selalu terdapat

dengan tunggal bilangan bulatq danr yang memenuhi

a=qb+r, 0≤r < b. (1.1)

Example 1.1. Bilaa= 9danb= 4maka diperoleh9 = (2)(4) + 1, jadi diperolehq= 2dan

r= 1. Bilaa=−9 danb= 4 maka −9 = (−3)(4) + 3, jadi diperoleh q=−3 danr = 3.

Pada persamaan (1.2), bilanganq disebut hasil bagi danrdisebut sisa atau residu. Ingat sisa r selalu kurang dari b.

Proof. Untuk membuktikan teorema ini digunakan prinsip urutan baik (well-ordering prop-erty) yang mengatakan bahwa setiap himpunan takkosong dari N selalu memuat anggota terkecil. Kita bangun suatu himpunan S dengan

S:={a−nb|n∈Z}={a, a±b, a±2b,· · · }.

Dengan mengambil n := −|a|maka diperoleh t := a−(−|a|)(b) = a+|a|b > 0 sehingga

dapat dipastikant∈N∩S. Dengan demikian kita peroleh bahwaN∩S merupakan himpunan bagian takkosong dari N. Oleh karena itu ia memiliki anggota terkecil, katakan r ∈ _N∩S yang mempunyai bentuk r = a−qb ≥ 0 untuk suatu q ∈ Z. Jadi a = qb+r dengan r≥0. Selanjutnya dibuktikanr < bagar persamaan (1.2) dipenuhi. Andaikanr≥b. Ambil

r1 ∈S∩Ndenganr1=a−(q+ 1)b=r−b < r. Fakta ini kontradiksi dengan pernyataan

r anggota terkecil padaS∩_N.Terbuktilah0≤r < b.

Selanjutnya, ditunjukkan bahwa q dan r ini tunggal. Andaikan ada q1 dan r1 yang bersifat

seperti ini maka diperoleh

a=qb+r =q1b+r1, 0≤r, r1< b.

Dapat ditulis r−r1 = (q1 −q)b. Dapat disimpulkan bahwa q =q1, sebab bila tidak yaitu

q 6= q1maka selisih magnitudnya |q −q1| ≥ 1, sehingga |r1 −r| = |q−q1|b≥ b. Hal ini

tidaklah mungkin karena kedua r dan r1 bilangan tak negatif yang terletak di kiri b. Jadi

disimpulkan q=q1. Akibatnya diperolehr =r1.

Bila semua ruas pada persamaan (1.2) dibagi dengan bmaka diperoleh a b =q+ r b, atauq = a b − r bdengan 0≤ r b <1.

Ini menujukkan bahwa q = a_byaitu pembulatan ke bawah (ooring) a_b. Dengan

(4)

1 TEORI KETERBAGIAN b = 12 maka q = −27 12 = −21₄

= −3. Sisa r mudah diperoleh, yaitu r = a−qb =

−27−(−3)(12) =−27 + 36 = 9.

Pada Teorema (1.1) disyaratkan bahwa b > 0. Sesungguhnya Teorema ini dapat diperluas

juga untukb <0 seperti diungkapkan pada teorema berikut.

Theorem 1.2. Jika diberikan bilangan bulat a dan b, dengan b 6= 0 maka selalu terdapat

dengan tunggal bilangan bulatq danr yang memenuhi

a=qb+r, 0≤r <|b|. (1.2) Proof. Untuk b >0 berlaku |b|= b sehingga persamaan (1.1) dipenuhi langsung oleh per-samaan (1.2). Untukb <0, ambil|b|sebagai penggantibpada Teorema (1.1). Jadi terdapat q0 danr sehingga

a=q0|b|+r, 0≤r <|b|.

Selanjutnya dengan mengambil q = −q0 dan karena |b| = −b maka persamaan terakhir ini menjadi

a=q0|b|+r =−q(−b) +r=qb+r, 0≤r <|b|.

Diperhatikan untukb <0 berlaku |b|_b =−1. Dengan membagi persamaan terakhir dengan b diperoleh a b =q+ r b atauq = a b − r b,0≥ r b >−1, yaituq =a_bpembulatan ke atas (ceiling) dari a_b.

Example 1.2. Tentukan hasil bagi dan sisanya jika 1, -2, 61 dan -59 dibagi oleh -7.

Penyelesaian. Diketahui b = −7 < 0. Untuk a = 1 diperoleh q = l₋1₇m = 0 dan r =

a−qb= 1−0 = 1. Periksa bahwa1 = (0)(−7) + 1. Untuk a=−2diperoleh q=l−₋2₇m=

₂ 7

= 1 dan r = −2−(1)(−7) = 5. Untuka = 61 diperoleh q =l₋61₇m= −86₇

=−8

dan r = 61−(−8)(−7) = 5. Untuk a = −59 diperoleh q = l−₋59₇m =

81₇

= 9 dan

r=−59−(9)(−7) = 4.

Berikut diberikan beberapa contoh soal pembuktian sebagai penerapan langsung dari algo-ritma pembagian.

Example 1.3. Untuk setiap bilangan bulat a, buktikan a(a2 + 2)/3 merupakan bilangan

(5)

Penyelesaian. Ambil b= 3. Dengan algoritma pembagian maka terdapatq danr sehingga a= 3q+r, dimana r = 0,1 atau2. Untuk r = 0, substitusia= 3q ke dalam a(a2+ 2)/3

diperoleh

3q(9q2+ 2)/3 =q(9q2+ 2)

yang merupakan bilangan bulat. Untuk r = 1,substitusi a = 3q+ 1 ke dalama(a2+ 2)/3

diperoleh

(3q+ 1)(9q2+ 6q+ 1 + 2)/3 = (3q+ 1)3(3q2+ 2q+ 1)/3 = (3q+ 1)(3q2+ 2q+ 1)

yang merupakan bilangan bulat. Untuk r = 2, substitusi a= 3q+ 2 ke dalam a(a2+ 2)/3

diperoleh

(3q+ 2)(9q2+ 12q+ 4 + 2)/3 = (3q+ 2)3(3q2+ 4q+ 2)/3 = (3q+ 2)(3q2+ 4q+ 2)

yang juga merupakan bilangan bulat.

Untuk lebih meyakinkan, coba periksa untuk beberapa nilaia=−1,0,1,2,3.

Example 1.4. Buktikan! bilangan kuadrat bila dibagi 4 selalu memberikan sisa 0 atau 1. Penyelesaian. Untuk bilangan bulat sebaranga, ambilb= 4. Terdapatqdanrsehinggaa= 4q+r denganr= 0,1,2,3. Selanjutnya kita melihat bentukn:=a2.Untukr= 0 diperoleh

n= 4(4q2) memberikan sisa0. Untukr = 1diperoleh n= 16q2+ 8q+ 1 = 4(4q2+ 2q) + 1

memberikan sisa 1. Untukr = 2diperolehn= 16q2_{+ 16}_q_{+ 4 = 4(4}_q2_{+ 4}_q_{+ 4)}_memberikan

sisa 0. Terakhir, untukr = 3diperolehn= 16q2+ 24q+ 9 = 4(4q2+ 6q+ 2) + 1memberikan

sisa 1. Jadi semua kasus memberikan sisa 0 atau 1.

Dengan menggunakan hasil ini kita dapat memahami contoh soal berikut. Example 1.5. Tunjukkan bahwa bilangan yang berbentuk

11,111,1111,11111,· · ·

tidak pernah merupakan kuadrat sempurna. Penyelesaian. Diperhatikan pola berikut

11 = 8 + 3 111 = 108 + 3 1111 = 1008 + 3 11111 = 10008 + 3

· · ·

Jadi dapat ditulis1111· · ·111 = 1000· · ·108 + 3. Karena bilangan1000· · ·108selalu habis

dibagi 4maka sesungguhnya bilangan-bilangan tersebut mempunyai bentuk4k+ 3. Dengan

kata lain mereka selalu memberikan sisa 3 jika dibagi 4. Padahal bilangan kuadrat selalu memberikan sisa 0 atau 1 jika dibagi 4. Jadi bilangan-bilangan tersebut tidak mungkin merupakan bilangan kuadrat.

(6)

1 TEORI KETERBAGIAN

1.2 Pembagi persekutuan terbesar

Suatu keadan khusus pada algoritma pembagian ketika sisa r = 0. Dalam kasus ini kita

katakanahabis membagib.

Denition 1.1. Sebuah bilangan bulatbdikatakan terbagi atau habis dibagi oleh bilangan bulata6= 0jika terdapat bilangan bulatcsehinggab=ac, ditulisa|b. Notasia-bdigunakan untuk menyatakanb tidak habis terbagi oleha.

Jadi 12 terbagi oleh 4 sebab 12 = (4)(3), tetapi 10 tidak terbagi oleh 3 sebab tidak ada

bilangan bulatc sehingga10 = 3c.Dalam kasus ini ditulis4|12dan3-10. Istilah lain untuka|b: a faktor darib,apembagi batau bkelipatan daria.

Bila a pembagi b maka −a juga pembagib, sehingga pembagi suatu bilangan selalu terjadi berpasangan. Jadi dalam menentukan semua faktor dari suatu bilangan bulat cukup diten-tukan faktor-faktor positifnya saja, kemudian tinggal menggabungkan. Fakta sederhana yang diturunkan langsung dari denisi adalah sebagai berikut.

a|0,1|a, a|auntuk setiapa∈_Z. Theorem 1.3. Untuk setiapa, b, c∈_Z berlaku pernyataan berikut

1. a|1 bila hanya bilaa=±1

4. a|bdanb|abila hanya bilaa=±b 5. Bila a|bdanb6= 0 maka|a|<|b|

6. Bila a|bdana|c makaa|(bx+cy) untuk sebarang bilangan bulatxdany.

Bukti. Untuk pernyataan 1 dibuktikan sebagai berikut. Untuk a= ±1 → a|1 jelas.

Seba-liknya, diketahui a|1 berarti ada k∈_Z sehinga 1 =ka. Persamaan ini hanya dipebuhi oleh dua kemungkinan berikut: k= 1, a= 1 atauk=−1, a=−1. Jadi berlaku a|1→a=±1.

Pada pernyataan 2, diketahuia|bdanc|dyaitu adak1, k2∈Zsehinggab=k1adand=k2c.

Kedua persamaan ini dikalikan diperoleh

bd= (k1k2)ac,

yaituac|bd.

Pada pernyataan 3, diketahuia|bdanb|cyaitu adak1, k2 ∈Zsehinggab=k1adanc=k2b.

Substitusi, diperoleh c=k2b=k2(k1a) = (k1k2a).

Untuk pernyataan 4, diketahuia=k1b danb=k2a. Kedua persamaan dikalikan, diperoleh

ab = (k1k2)(ab). Diperolehk1k2 = 1, yakni k1 = k2 = 1 atau k1 = k2 = −1. Terbukti

(7)

Pada pernyataan 5 kita mempunyai b = ac untuk suatu c ∈ _Z. Diambil nilai mutlaknya

|b|=|ac|=|a||c|. Karenab6= 0maka|c| ≥1, sebab bila tidak seperti ini maka |c|= 0 yang

mengakibatkanb= 0 (kontradiksi). Karena itu diperoleh|b|=|a||c| ≥ |a|.

Untuk pernyataan terakhir, kita mempunyai relasi b = k1a dan c = k2a. Untuk sebarang

x, y∈_Z berlaku

bx+cy =k1ax+k2ay= (k1x+k2y)a

yang berartia|(bx+cy).

Item 6 Teorema ini dapat diperluas menjadi banyak berhingga, yaitu jika a|bk, k= 1,· · · , n maka

a|(b1x1+b2x2+· · ·+bnxn

untuk setiap bilangan bulatx1, x2,· · · , xn. Selanjutnya kita bahas pengertian faktor

perseku-tuan terbesar.

Denition 1.2. Misalkan a dan b dua bilangan bulat dengan minimal salah satunya tidak nol. Faktor persekutuan terbesar (FPB) atau greatest common divisor (gcd) dariadanb adalah bilangan bulat dyang memenuhi

1. d|adand|b

2. Jikac|adanc|b makac≤d

Pada denisi ini, kondisi 1 menyatakan bahwa d adalah faktor persekutuan dan kondisi 2 menyatakan bahwa dadalah faktor persekutuan terkecil diantara semua faktor persekutuan yang ada. Selanjutnya jikadfaktor persekutuan terbesar dari adanb akan ditulis

d= gcd(a, b).

Example 1.6. Faktor positif dari12 adalah 1,2,3,4,6,12, sedangkan faktor dari30 adalah 1,2,3,5,6,10,15,30.Jadi faktor persekutuaannya adalah 1,2,3,6. Karena itu disimpulkan gcd(12,30) = 6.

Berdasarkan denisi FPB sesungguhnya kita cukup mengasumsikan bahwa a dan b positif, sebab berlaku

gcd(a, b) = gcd(a,−b) = gcd(−a, b) = gcd(−a,−b).

Theorem 1.4. Jikaadanbdua bilangan bulat yang keduanya taknol maka terdapat bilangan bulat xdany sehingga

gcd(a, b) =ax+by. (1.3)

Persamaan (1.3) disebut dengan identitas Bezout. Sebelum dibuktikan, diperhatikan ilus-trasi berikut

gcd(−12,30) = 6 = (−12)2 + 30·1 gcd(−8,−36) = 4 = (−8)4 + (−36)(−1).

(8)

1 TEORI KETERBAGIAN

Identitas Bezout menyatakan bahwa d= gcd(a, b) dapat disajikan dalam bentuk kombinasi

linier atasadanb. Pada Teorema ini keberadaan x dany tidak tunggal.

Proof. BentukS himpunan semua kombinasi linier positif dariadanbsebagai berikut S={au+bv|au+bv≥1, u, v∈_Z}

Perhatikan jika a 6= 0 maka |a| = au+b·0 ∈ S, yaitu dengan mengambil u = 1 bila a positif atau u=−1 bilaa negatif. Jadi himpunanS takkosong. Menurut sifat urutan baik, S terjamin memiliki anggota terkecil katakan sajad. Selanjutnya, dibuktikan d= gcd(a, b).

Karenad∈Smaka terdapat x, y∈Z sehinggad=ax+by. Terapkan algoritma pembagian padaadandmaka terdapatqdanrsehinggaa=qd+r, 0≤r < d. Selanjutnya ditunjukkan r= 0. Bila ini oke makad|a. Andair >0maka dapat ditulis

0 < r=a−qd=a−q(ax+by) =a(1−qx) +b(−qy)∈S.

Fakta r ∈S dan syarat r < d bertentangan dengan pernyataan bahwa d elemen terkecil S sehingga disimpulkanr = 0ataud|a. Argumen yang sama dapat dipakai dengan menerapkan algoritma pembagian padabdanduntuk menunjukkan bahwad|b. Dengan demikian terbukti bahwadadalah faktor persekutuan dariadanb. Selanjutnya ditunjukkan faktor persekutuan ini adala yang terbesar. Misalkan c bulat positif dengan c|a dan c|b, maka berdasarkan Teorema (1.3)(6) maka c|ax+b yaitu c|d. Dengan Teorema (1.3)(5) diperoleh c = |c| ≤ |d|=d. Terbukti bahwad= gcd(a, b).

Corollary 1.1. Bila adanbdua bilangan bulat yang keduanya tidak nol maka himpunan T ={ax+by|x, y∈Z}

merupakan himpunan semua kelipatan darid= gcd(a, b).

Proof. Karena d|a dan d|b maka d|(ax+by) untuk setiap x, y ∈ _Z. Jadi setiap elemen T merupakan kelipatan d. Sebaliknya, dapat ditulis d = ax0 +by0 untuk suatu x0, y0 ∈ Z.

Perhatikan kelipatan darid, yaitu

nd=n(ax0+by0) =a(nx0) +b(ay0)∈T.

Ini berarti setiap kelipatandmerupakan elemenT.

Denition 1.3. Dua bilangan a dan b (keduanya tidak nol) dikatakan prima relatif jika

gcd(a, b) = 1.

Bilangan 3 dan 5, -9 dan 16, -27 dan -35 adalah beberapa pasangan bilangan prima relatif. Theorem 1.5. Bilangan a danb prima relatif bila hanya bila terdapat bulat x, y sehingga ax+by= 1.

(9)

Proof. Karenaadanb prima relatif makagcd(a, b) = 1. Identitas Bezout menjamin adanya

bulat x, y sehingga 1 = ax+by. Sebaliknya misalkan ada bulat ax+by = 1. Dibuktikan gcd(a, b) =d= 1. Karenad|adand|bmakad|(ax+by = 1), jadid|1. Karena itu disimpulkan

d= 1.

Bilad= gcd(a, b)dan setiapadanbdibagi dengandmakagcd a_d,_db

= 1.Pada penyeder-hanaan pecahan a

b biasalah dilakukan dengan membagi kedua bilanganadanbdengan FPB-nya. Misalnya 8

12 disederhanakan menjadi 2

3. Dalam hal ini kita mempunyai gcd(8,12) =

4→gcd(2,3) = 1.

Teorema berikut memberikan sifat keterbagian yang melibatkan dua bilangan prima relatif. Theorem 1.6. Diketahuigcd(a, b) = 1. Maka berlaku pernyataan berikut.

Proof. Untuk pernyataan 1, terdapat bilangan bulat r dans sehinggac=ar =bs. Karena diketahui gcd(a, b) = 1 maka dapat ditulis 1 = ax+by untuk suatu bilangan bulat x, y. Diperoleh

c=c·1 =c(ax+by) =acx+bcy=a(bs)x+b(ar)y=ab(sx+ry),

yaituab|c. Untuk pernyataan 2, dapat ditulis

c=c·1 =c(ax+by) =acx+bcy.

Karena faktanya a|acdan diketahuia|bcmaka a|(acx+bcy), yaitu terbukti a|c.

Example 1.7. Untuk sebarang bilangan bulat a, buktikan salah satu dari a, a+ 2, a+ 4

habis dibagi oleh 3.

Penyelesaian. Cara pertama dengan menggunakan algoritma pembagian. Ambil a dan 3,

maka ada q danr sehinggaa= 3q+r,r = 0,1,2. Bila r = 0makaa= 3q yaitua|3. Bila

r= 1 maka

a = 3q+ 1↔

a+ 2 = 3q+ 1 + 2 = 3(q+ 1),

yaitu3|(a+ 2). Bila r= 2 maka

a = 3q+ 2↔

a+ 4 = 3q+ 2 + 4 = 3(q+ 2),

(10)

1 TEORI KETERBAGIAN

Contoh berikut membuktikan bahwa perkalian dua bilangan bulat berurutan selalu habis dibagi 2.

Example 1.8. Untuk setiap bilangan bulata, buktikan2|a(a+ 1).

Penyelesaian. Masih menggunakan algoritma pembagian dengan mengambil b= 2.

Terda-patq ∈_Zsehinggaa= 2q+r dimanar= 0,1. Untukr = 0jelas a= 2q habis dibagi 2 se-hinggaa(a+1)juga habis dibagi 2. Untukk= 1,a(a+1) = (2q+1)(2q+2) = (2q+1)(q+1)2

jelas habis dibagi 2. Cara lain pembuktian dapat dengan memberikan argumen logis berikut: diantara bilangan bulat adan a+ 1 pasti ada salah satunya bilangan genap. Jadi 2|a atau

2|(a+ 1). Berdasarkan fakta ini maka dapat disimpulkan bahwa 2|a(a+ 1).

Dengan argumen yang mirip, coba buktikan kebenaran pernyataana|a(a+ 1)(a+ 2).

Example 1.9. Buktikan bahwa untuk setiap bulat positif n dan sebarang bilangan bulat a makagcd(a, n+a)|n.

Penyelesaian. Misalkan d = gcd(a, a+n). Menurut identitas Bezout terdapat x dan y sehingga

d = ax+ (a+n)y

= a(x+y) +ny

= at+ny.

Karenad|adand|(at+ny)makad|(−ta+ (at+ny) =ny. Karenad|nyuntuk setiapnbulat positif maka pas ada n sehingga gcd(d, n) = 1. Berdasarkan Teorema (1.6)(2) disimpulkan

d|n.

1.3 Algoritma Euclid

Algoritma Euclid digunakan untuk menentukan FPB dua bilangan besar dengan cara mere-duksinya menjadi bilangan-bilangan lebih kecil. Algoritma ini bertumpu pada teorema berikut. Theorem 1.7. Jikaa=qb+r makagcd(a, b) = gcd(b, r).

Proof. Berdasarkan Teorema (1.3)(6), setiap faktor persekutuanbdanrjuga merupaka faktor persekutuanqb+r =a. Karenar =a−qbmaka faktor persekutuanadanbjuga merupakan faktor persekutuan r. Jadi pasangan bilangan a, b dan b, r mempunyai faktor persekutuan yang sama sehingga mereka mempunyai FPB yang sama.

(11)

Misalkan a dan b dua bilangan yang akan ditentukan FPB nya. Karena tanda positif atau negatif bilangan a dan b tidak mempengaruhi nilai FPB nya maka cukup diasumsikan a ≥

b >0. Dengan algoritma pembagian, diperolehq1 danr1 sehingga

a=q1b+r1, 0≤r1 < b.

Bila r1 = 0 maka gcd(a, b) = b, proses selesai. Bila r1 6= 0, bagilah b dengan r1 untuk

memperolehq2 danr2 yang memenuhi

b=q2r1+r2, 0≤r2< r1.

Bila r2 = 0 maka gcd(a, b) = r1, proses selesai. Bila r2 6= 0,bagilah r1 dengan r2 untuk

memperolehq3 danr3 yang memenuhi

r1 =q3r2+r3, 0≤r3 < r2.

Proses ini diteruskan sampai dicapai sisa nol. Bila dirangkum maka akan diperoleh bentuk berikut a = q1b+r1, 0< r1< b b = q2r1+r2, 0< r2 < r1 r1 = q3r2+r3, 0< r3 < r2 ... rn−2 = qnrn−1+rn, 0< rn< rn−1 rn−1 = qn+1rn+ 0.

Berdasarkan Teorema sebelumnya maka diperoleh tahapan berikut

gcd(a, b) = gcd(b, r1) = gcd(r1, r2) =· · ·= gcd(rn−1, rn) = gcd(rn,0) =rn. Example 1.10. Hitunglah FPB dari 1492 dan 1066.

Penyelesaian. Terapkan algoritma Euclid seperti dijelaskan sebelumnya, yaitu

1492 = 1·1066 + 426 1066 = 2·426 + 214

426 = 1·214 + 212 214 = 1·212 + 2 212 = 106·2 + 0.

Sisa taknol yang terakhir adalah 2 sehinggad= gcd(1492,1066) = 2.