Ödeve Son Blogspot

İntikam Gönllüsü - Frederick Forsyth
Altın Kitaplar

Calvin Dexter, gönüllü yaptığı askerliğinde yeteneklerinden dolayı Tünel Fareleri adındaki özel bir timde görev yapmış bir avukattır. Askerliğinden sonra hukuk fakültesinde okumak istemiş ve devlet tarafından burslu olarak okumuştur. Mezun olduktan sonra evlenmiş ve bir kızı olmuştur. Kızı ergenliğinde yakışıklı bir genç tarafından kandırılmış, fuhuş çetesinin eline düşmüş, daha sonra da cesedi bulunmuştur. Calvin, emniyet kuvvetlerinin bu konuda bir şeyler yapmadığını görünce kızının katilini gittiği ülkede öldürmüştür. Bu olaydan sonra avukatlığı paravan olarak kullanmaya başlamış, esas işi olarak hükümetin yakalanmasında bir şeyler yapamadığı suçluları sipariş üzerine yurtdışından getirmek ve adalete teslim etmeyi seçmiştir.

Ricky Colenso zengin bir ailenin kızı olan annesi ve Toronto Üniversitesi'nde profesör babası olan, ailenin tek çocuğudur. 1995'te Yugoslavya'daki iç savaşı görmesi üzerine yardım etmek üzere Bosna'ya gitmiştir. Bosna'da Zolan'ın Kurtları adındaki korku salan bir çete tarafından öldürülmüştür. Dedesi Steve Edmond, torununun izini bulmak için özel bir dedektif tutmuş, uzun seneler sonunda torununun katilinin Zoran Zilic adındaki, Milosevic'e bağlı eski bir gangster olduğunu öğrenmiştir. Bağlantılarını kullanarak Amerikan hükümetinin bu konuda bir şeyler yapmaya çalışmasını sağlamış, lakin Zilic bulunamamamıştır. Steve Edmond son çare olarak "İntikam Gönüllüsü" Calvin Dexter'a başvurmuştur.


Zoran Zilic, Yugoslavya iç savaşı sırasında yaptıklarından dolayı bir savaş suçlusudur. Savaş sırasında zimmetine geçirdiği kirli parayla birlikte ortadan kaybolmuştur. Saraybosna'da ki nükleer bir tesisten nükleer bomba yapımında kullanılabilecek miktarda uranyum çalmıştır. CIA, Usame Bin Ladin'in de bu uranyuma talip olabileceğini düşünerek Zoran'ı yem olarak kullanmaktadır. Calvin Dexter haftalarca araştırma yapmış ve Zilic'in San Martin Cumhuriyeti'nde özel bir malikanede yaşadığını öğrenmiştir. CIA de kullandıkları adamın izlendiğini farketmiş ve Calvin'i safdışı etmeye çalışmıştır. Tüm bu kovalamaca sonunda galip gelen Calvin'dir ve Zilic'i Amerikan adaletine teslim etmiştir.

Lozan Antlaşması yeni Türkiye için siyasi bir zafer olmasına rağmen açık bıraktığı bir nokta vardı. Antlaşmanın Boğazlara ait kısmındaki şartlara göre Boğazlar, Türkiye Cumhuriyetinin hükümranlığından ayrılarak askersiz bir bölge olarak kabul ediliyordu. Barış ve savaş zamanlarında ticaret ve savaş gemilerinin Boğazlardan geçmesi serbest bırakılmıştı. Boğazların güveni İngiltere, Japonya, Fransa ve İtalya'ya verilmişti.

1936 yılına kadar Boğazların uluslararası yönetimi Türkiye için bir tehlike teşkil etmiyordu. Fakat İkinci Dünya Savaşı arifesinde Avrupa'da birçok siyasi değişiklikler oldu. Boğazların herhangi bir saldırıya karşı korunmasını üzerine alan devletlerden İtalya, Habeşistan'a saldırdı. Japonya ise kendiliğinden Milletler Cemiyetinden çekildi. Bundan başka dünya barışının korunması için toplanan konferanslar da bir sonuca varmadan dağılmış, bütün devletler yeniden silahlanmağa başlamıştı.
Siyasi havanın bozulduğunu gören Atatürk, Boğazlar sorununu kesin olarak çözmeğe karar verdi. Türk Hükümeti, Milletler Cemiyetine başvurarak Lozan Antlaşmasındaki Boğazlara ait hükümlerin değiştirilmesini istedi. Bunun üzerine İsviçre'nin Montrö şehrinde bir konferans toplandı. Ve 20 Temmuz 1936'da Montrö Antlaşması imza edildi. Montrö Antlaşmasının esas maddeleri şunlardır:
1-Boğazlar kayıtsız şartsız Türk hükümranlığına bırakılacak, tahkimat yapmak hakkı tanınacaktır.
2-Barış zamanında her devletin ticaret gemileri serbestçe geçebilecek, buna mukabil savaşta ve barışta asker ve sivil hava kuvvetlerinin geçmesine müsaade edilmeyecektir.
3-Savaş zamanında eğer Türkiye tarafsız kalmışsa ticaret gemileri geçebilecektir.
4-Barış zamanında denizaltı gemileri müstesna olmak şartıyla savaş gemileri on beş gün evvel Türkiye Hükümetine haber verecek, gidecekleri yer, isim, tip ve adetleri bildirilecek ve uçak kullanmamak şartıyla Boğazlardan geçebileceklerdir.

5-Eğer Türkiye savaşa girmişse yalnız tarafsız devletlere mensup ticaret gemileri, düşmana hiç bir surette yardımda bulunmamak şartıyla gündüzün serbestçe geçebileceklerdir.
Not : Montrö Antlaşması yirmi yıl süreyle yürürlükte kalacak, beş yılda bir gözden geçirilecektir.
Montrö Konferansında Türk tezinin iyi savunulmuş olması ve Türk isteklerinin meşruluğu, Boğazlar üzerinde kayıtsız şartsız Türk egemenliğinin kurulmasını sağlamıştır

Süblimleşme - Süblimleşme Nedir - Fizikte Süblimleşme



Bazı katı maddeler ısıtılınca sıvı hâle geçmeden doğrudan gaz hâle geçerler. Bu olaya süblimleşme denir. Naftalin, ernet ve bazı koku yayan maddelerin zamanla azaldığı görülür. Fakat hiç sıvılaştığı görülmez. Bu tür maddelerde süblimleşme olur.
Kaynama ve Yoğunlaşmaya Etki Eden Faktörler
Yine erime ve donmada olduğu gibi, kaynama ve yoğunlaşmaya etki eden faktörler vardır. Basınç ve maddenin saflığının değiştirilmesi, kaynama sıcaklığını etkiler.
Hava basıncı artarsa, ağzı açık kaptaki sıvının kaynaması zorlaşır. Hava basıncının azalması ise kaynamayı kolaylaştırır. Dolayısıyla sıvı daha düşük sıcaklıkta kaynar.
Deniz düzeyinde 100 °C de kaynayan saf su, Ankara’da 96 °C de, Erzurum’da ise 94 °C de kaynar. Bunun nedeni Ankara'daki hava basıncının Erzurum'dakinden fazla olmasıdır.
Düdüklü tencerede basıncın artmasıyla sıvının kaynama sıcaklığı artırılır, dolayısıyla yemekler daha çabuk pişer.

Periyodik bir kuvvetin dürtüsü altındaki bir sistem, salınımlar sergiler ve eğer dürtü frekansı sistemin doğal frekansına eşit ise, bu salınımların genliği sınırsız artma eğilimine girer. Sonuç olarak sistem, belli bir genlikten sonra bütünlüğünü veya bulunduğu durumu koruyamaz ve dağılır veya bozunur. Buna rezonans denir.

Doğrusal sistemlerde rezonansa girme şartı, salınım genliğinin, uygulanan kuvvetle doğru orantılı olmasında yatar. Eğer uygulanan kuvvetin frekansı sistemin doğal frekansına eşitse rezonans gerçekleşir. Doğal frekansa bir örnek olarak yayı ele alalım. Bildiğiniz gibi bir yayın, uzama veya kısalmaya karşı uyguladığı kuvvet, denge konumundan uzaklaşma mesafesine bağlı olup bu uzaklaşmaya ters yöndedir: m(d2x/d2t)=-kx veya d2x/d2t=-(k/m)x. Burada (k/m) doğal frekansın karesidir. Yani doğal frekans yayın kütlesi ve esneklik katsayısı tarafından belirlenir. Doğal frekans genel olarak sistemin fiziksel özelliklerine bağlıdır.

Osman Gazi: Felç
Orhan Gazi: Depresyon
I. Murat: Şehit edildi (Savaş meydanında şehit olan tek Osmanlı Padişahı).
Yıldırım Bayezid: İntihar
Çelebi Mehmet: Dizanteri / Zehir / Felç (?)
II. Murat: Felç
Fatih Sultan Mehmet: Nikris – Şeker –Zehir (?)
II. Bayezid: İntihar
Yavuz Sultan Selim: Kanser
Kanuni Sultan Süleyman: Felç
II. Selim: Alkol – Düşme (Topkapı Sarayı’nda hamamda yıkanırken ayağı kaydı düştü).
III. Murat: Felç
III. Mehmet: Depresyon – Felç
I. Ahmet: Tifüs
I. Mustafa: (?)
Genç Osman (II) : Boğduruldu
IV. Murat: Siroz – Nikris (?)
İbrahim: Boğduruldu
IV. Mehmet: Nikris –Depresyon – Zehir (?)
II. Süleyman: İstiska’
II. Ahmet: Verem
II. Mustafa: İstiska’ – Prostat
III. Ahmet: Zehir (?)
I. Mahmut: Felç
III. Osman: Felç
III. Mustafa: Kalp yetmezliği
I. Abdülhamit: Felç
III. Selim: Boğduruldu
IV. Mustafa: Boğduruldu
II. Mahmut: Siroz – Verem
Abdülmecit: Verem
Abdülaziz: İntihar
V. Murat: Şeker
II. Abdülhamit: Kalp yetmezliği
V. Mehmet (Reşat) : Kalp yetmezliği
VI. Mehmet (Vahideddin) : Kalp yetmezliği

Atatürk ve Matematik
Gültekin BUZKAN
Pazar, 17 Aralık 2006
Günümüzün bilim ve teknolojisinin bel kemigi olan matematik, kendine özgü dogulara, yanlislara ve dile sahiptir. Bir dile sahiptir diyorum çünkü, sadece matematik ile yakindan ilgilenenlerin anlayabilecegi veya "üçgen, kare, dikdörtgen, çember, daire vb.." gibi herkesin yakindan bildigi terimler ve çesitli sembolik gösterimlere sahiptir matematik.
Hiç düsündünüz mü, nereden geliyor bu terimler? Kim, neden üç kenari olan kapali egriye üçgen adini vermis diye. Bu konu üzerine bir arastirma yaptiginizda karsiniza çikacak tek isim vardir ki O da süphesiz önünde saygiyla egildigimiz, büyük önder Mustafa Kemal Atatürk'tür.

Cumhuriyetten önce çesitli okullarda okutulmus bir matematik kitaplarini incelerseniz; içlerinde Arap harfleriyle yazilmis formüller; müselles, murabba veya hatt-i mümas gibi günümüz matematiginde bir anlam ifade etmeyen bir çok terim görürsünüz. Günümüzde Atatürk sayesinde kullandigimiz terimlere baktigimizda, bu eski Arapça terimlerin anlasilmasinin ve hatirlanmasinin ne denli güç olduguna siz de hak verirsiniz elbet. Bir düsünün "Müsellesin sathi yatalay, dikeley zarbinin müsavatina müsavidir." Cümlesinden ne anliyorsunuz? Belki anneanne ve dedelerimiz bize bu cümle içinden bir kaç kelimeyi günümüz Türkçe'sine çevirebilir ama bir çogunuz gibi ben de bu cümleyi ilk okudugumda hiç bir sey anlamamistim. Oysa bu cümle "üçgenin alani, tabani ile yüksekliginin çarpiminin yarisina esittir." Demektir. Belki sadece bu cümledeki kavram anlasilmazligi bile bize Atatürk'ün bu konuda matematige ve dolayisiyla diger ilimlere ne denli degerli bir çalisma biraktigini anlamamiz için yeterli olacaktir. Mesela, Müselles sözcügünü ele alalim. Müselles Arapça 'sülüs' sözcügünden türetilmistir. Arapça'daki sülüs ile müselles sözcüklerinin arasindaki iliskiyi kavrayabilmek, Arapça bilmeyenler için oldukça zordur. Sülüs sözcügünün Türkçe'de karsiligi 'üç' kelimesidir. Üç'ün yanina 'gen' getirirsek üçgen sözcügü olusur. Bu müselles sözcügünden daha kolay anlasilmaktadir. Atatürk'ün matematik dünyasina kazandirdigi diger bazi terimlerden de söyle örnekler verebiliriz;

Yeni Ismi Bölen Bölme Bölüm Bölünebilme Çarpi Çarpan Çarpanlara Ayirma Çember Çikarma Dikey Limit Ondalik Parabol Piramit Prizma Sadelestirme Pay Payda Teget

Eski Ismi Maksumunaleyh Taksim Haric-i Kismet Kabiliyet-i Taksim Zarb Mazrup Mazrubata Tefrik Muhit-i Daire Tarh Amudi Gaye Asar'i Kat'i Mükafti Ehram Mensur Ihtisar Suret Mahrec Hatt-i Mümas Bu Arapça kökenli kelimelerle matematik yapmanin ve yapilanlarin ne ifade etmek istedigini anlayarak çagdaslik yolunda ilerlemenin ne denli zor ve zahmetli olacagini anlatmaya gerek olmasa sanirim. Atatürk'ün buldugu bu ve bunlar gibi bir çok terimler günümüzde hala geçerliligini korumakta ve matematigi bizler için daha anlasilir kilmaktadir. Atatürk bu terimlerin yer aldigi 1937 yilinda yayimlanan bir de geometri kitabi yazmistir. Bu kitapta kullanilan yeni terimler ayrintilariyla açiklanmis ve üzerlerine örnekler de verilmistir. Bu kitap geometri ögretenlere ve bu konuda bilgi edinmek isteyenlere kilavuz olarak Kültür Bakanliginca yayinlanmistir.

Mustafa Kemal bu geometri kitabini yazarak matematige daha anlasilir yeni terimler kazandirmak istegini Sivas'ta girdigi bir geometri dersinde ortaya koymustur. Atatürk 13 Kasim 1937 tarihinde Sivas'a gitmis ve 1919 yilinda Sivas kongresinin yapildigi lise binasinda bir geometri (o zamanki adiyla hendese) dersine girmistir. Bu derste ögrencilerle konusmus ve geometri üzerine çesitli sorular yöneltmistir. Ders esnasinda eski terimlerle matematik ögreniminin ve ögretiminin zorlugunu bir kez daha saptayan Atatürk "Bu anlasilmaz terimlerle bilgi verilemez. Dersler Türkçe terimlerle anlatilmalidir." Diyerek bu konudaki kesin yargisini açikladiktan sonra, dersi kendi bulusu olan Türkçe terimlerle ve çizimleriyle anlatmistir. Bu sirada derste Pisagor teoremini de çözümlemistir.


Elbette ki, matematik ve geometri bilgisi yeterli olmayan bir insanin bilimsel ve dolayisiyla toplumsal açidan bu denli önemli bir çalismayi ortaya çikararak nesiller boyu kabul edilebilir bir forma sokmasi mümkün degildir. Böylece Atatürk sadece siyasi ve idari alandaki dehasiyla degil, sayisal dünyadaki üstün basarisiyla da karsimiza çikmis oluyor.
Sizin de gördügünüz gibi Atatürk’ün yasaminda matematigin önemi bugüne kadar bildigimiz veya ilkokullarda ögrenmis oldugumuz gibi matematik ögretmeninin ona "Kemal" ismini vermesinden çok ötedir. Matematigin bilimsel gelisme acisindan anlasilir bir dilde ögretilmesi gerektigi düsüncesi ve bu konudaki çalismalari sayesinde bize kazandirdigi onca güzellige bir yenisini daha eklemistir. Umarim bu yaziyla birlikte onun baslattigi bilimsel gelisme arzusunun bizler için de ne kadar gerekli oldugunu hatirlar ve bunun yaninda sade ve anlasilir bir dile sahip olmanin bir toplumda her alanda ne denli gerekli oldugunu daha iyi anlamis oluruz. Atatürk’ ün yaşamında ilk olağan üstü başarısı çocukluk çağında, orta öğrenimi döneminde matematik dersinde olmuş ve bunun sonucu olarak dersin öğretmeni O’ nun adına “Kemal” adını vermiştir. Atatürk, Selanik Askeri Rüştiyesinde geçen bu olayla ilgili anısını şöyle anlatıyor:
“...Rüştiyede en çok matematiğe merak sardım. Az zamanda bize bu dersi veren öğretmen kadar belki de daha fazla bilgi edindim. Derslerin üstündeki sorularla uğraşıyordum, yazılı soruları düzenliyordum. Matematik öğretmeni de yazılı olarak cevap veriyordu. Öğretmenimin ismi Mustafa idi. Bir gün bana dedi ki:
-“ Oğlum senin de ismin Mustafa benim de. Bu böyle olmayacak, arada bir fark bulunmalı. Bundan sonra adın Mustafa Kemal olsun.”
O zamandan beri ismim gerçekten Mustafa Kemal oldu...”
Atatürk’ün yaşamında matematiğin önemi bu güne kadar bildiğimiz veya ilkokullarda öğrenmiş olduğumuz gibi matematik öğretmeninin Kemal ismini vermesinden çok ötedir.

Cumhuriyetten önce çeşitli okullarda okutulmuş matematik kitaplarını incelerseniz; içlerinde Arap harfleriyle yazılmış formüller;
Müselles, murabba veya hatt-ı mübas gibi günümüz matematiğinde bir anlam ifade etmeyen bir çok terim görürsünüz. Günümüzde Atatürk sayesinde kullandığımız terimlere baktığımızda, bu eski Arapça terimlerin anlaşılmasının ve hatırlanmasının ne denli güç olduğuna hak verirsiniz.
“Müsellesin sathı yatalay, dikeley zarbının müsavatına müsavidir.” Bu cümleden ne anlıyorsunuz? Belki anneanne ve dedelerimiz bize bu cümle içinden bir kaç kelimeyi günümüz Türkçe’sine çevirebilir ama bir çoğunuz gibi bizde bu cümleyi ilk okuduğumuzda hiç bir şey anlamamıştık. Oysa bu cümle “ üçgenin alanı, tabanı ile yüksekliğinin çarpımının yarısına eşittir.”demektir. bu cümledeki kavram anlaşılmazlığı bile bize Atatürk’ ün bu konuda matematiğe ve diğer ilimlere ne denli değerli bir çalışma bıraktığını anlamamız için yeterli olacaktır.


Atatürk’ ün matematik dünyasına kazandırdığı diğer bazı terimlerden de şöyle örnekler verebiliriz;
Bölen
Bölme
Bölüm
Bölünebilme
Çarpı
Çarpan
Çarpanlara Ayırma
Çember
Çıkarma
Dikey
Limit
Ondalık
Parabol
Piramit
Prizma
Sadeleştirme
Pay
Payda
Teğet Maksumunaleyh
Taksim
Haric-i Kısmet
Kabiliyet-i Taksim
Zarb
Mazrup
Mazrubata Tefrik
Muhit-i Daire
Tarh
Amudi
Gaye
Aşar’i
Kat’ı Mükafti
Ehram
Menşur
İhtisar
Suret
Mahrec
Hatt-ı Mübas
Atatürk’ ün bulduğu bu ve bunlar gibi bir çok terimler günümüzde hala geçerliliğini korumakta ve matematiği bizler için daha anlaşılır kılmaktadır. Atatürk’ ün amacı daima daha uyguna doğru ilerlemekti. Önerilen görüşleri haklı görünce hemen benimserdi. Atatürk’ ün ortaya koyduğu terimlerden bir takımı bugün kullanılırken bazıları çıkmış yerini daha uygunlara bırakmıştır. Örneğin; “tümey açı” yerine “tümler açı” , “bütey açı” yerine “bütünler açı” da olduğu gibi. Atatürk ilke adamı olduğu için bunları hoş görecek hatta sevinecekti. Yeter ki ortaya koyduğu ilke sarsılmasın yerine eski terimlere dönülmesin.

Atatürk 1937 yılında yayınlanan bir geometri kitabı yazmıştır. Bu kitapta kullanılan yeni terimler ayrıntılarıyla açıklanmış ve üzerlerine örneklerde verilmiştir. Bu kitap geometri öğretenlere ve bu konuda bilgi edinmek isteyenlere kılavuz olarak kültür bakanlığınca yayınlanmıştır.

A. Dilaçar anlatıyor: “1936 yılı sonbaharında bir gün Atatürk beni özel kalem müdürü Süreyya Demir’ in yanına katarak Beyoğlu’ndaki Haset Kitapevine gönderip uygun gördüğünüz Fransızca Geometri kitaplarından birer tane aldırdı. Bunları Atatürk’le beraber gözden geçirdikten sonra ben ayrıldım ve kış aylarında Atatürk bu eser üzerinde çalıştı. Geometri kitabı bu emeğin ürünüdür.”

Mustafa Kemal bu geometri kitabını yazarak matematiğe daha anlaşılır yeni terimler kazandırmak isteğini Sivas’ ta girdiği bir geometri dersinde ortaya koymuştur.
Atatürk 13 Kasım 1937 tarihinde Sivas’ a gitmiş ve 1919 yılında Sivas Kongresi’nin yapıldığı lise binasında bir geometri ( Hendese ) dersine girmiştir. Bu derste öğrencilerle konuşmuş ve geometri üzerine çeşitli sorular yöneltmiştir. Ders esnasında eski terimlerle matematik öğreniminin ve öğretiminin zorluğunu bir kez daha saptayan Atatürk “ bu anlaşılmaz terimlerle bilgi verilemez. Dersler Türkçe terimlerle anlatılmalıdır.” Diyerek dersi kendi buluşu olan Türkçe terimlerle ve çizimleriyle anlatmıştır. Bu sırada derste Pisagor teoremini de çözümlemiştir.

Atatürk sadece siyasi ve idari alandaki dehası ile değil, sayısal dünyadaki üstün başarısı ile de karşımıza çıkmış oluyor.
Atatürk’ ün yaşamında ilk olağan üstü başarısı çocukluk çağında, orta öğrenimi döneminde matematik dersinde olmuş ve bunun sonucu olarak dersin öğretmeni O’ nun adına “Kemal” adını vermiştir. Atatürk, Selanik Askeri Rüştiyesinde geçen bu olayla ilgili anısını şöyle anlatıyor:
“...Rüştiyede en çok matematiğe merak sardım. Az zamanda bize bu dersi veren öğretmen kadar belki de daha fazla bilgi edindim. Derslerin üstündeki sorularla uğraşıyordum, yazılı soruları düzenliyordum. Matematik öğretmeni de yazılı olarak cevap veriyordu. Öğretmenimin ismi Mustafa idi. Bir gün bana dedi ki:
-“ Oğlum senin de ismin Mustafa benim de. Bu böyle olmayacak, arada bir fark bulunmalı. Bundan sonra adın Mustafa Kemal olsun.”
O zamandan beri ismim gerçekten Mustafa Kemal oldu...”
Atatürk’ün yaşamında matematiğin önemi bu güne kadar bildiğimiz veya ilkokullarda öğrenmiş olduğumuz gibi matematik öğretmeninin Kemal ismini vermesinden çok ötedir.

Cumhuriyetten önce çeşitli okullarda okutulmuş matematik kitaplarını incelerseniz; içlerinde Arap harfleriyle yazılmış formüller;
Müselles, murabba veya hatt-ı mübas gibi günümüz matematiğinde bir anlam ifade etmeyen bir çok terim görürsünüz. Günümüzde Atatürk sayesinde kullandığımız terimlere baktığımızda, bu eski Arapça terimlerin anlaşılmasının ve hatırlanmasının ne denli güç olduğuna hak verirsiniz.
“Müsellesin sathı yatalay, dikeley zarbının müsavatına müsavidir.” Bu cümleden ne anlıyorsunuz? Belki anneanne ve dedelerimiz bize bu cümle içinden bir kaç kelimeyi günümüz Türkçe’sine çevirebilir ama bir çoğunuz gibi bizde bu cümleyi ilk okuduğumuzda hiç bir şey anlamamıştık. Oysa bu cümle “ üçgenin alanı, tabanı ile yüksekliğinin çarpımının yarısına eşittir.”demektir. bu cümledeki kavram anlaşılmazlığı bile bize Atatürk’ ün bu konuda matematiğe ve diğer ilimlere ne denli değerli bir çalışma bıraktığını anlamamız için yeterli olacaktır.


Atatürk’ ün matematik dünyasına kazandırdığı diğer bazı terimlerden de şöyle örnekler verebiliriz;
Bölen
Bölme
Bölüm
Bölünebilme
Çarpı
Çarpan
Çarpanlara Ayırma
Çember
Çıkarma
Dikey
Limit
Ondalık
Parabol
Piramit
Prizma
Sadeleştirme
Pay
Payda
Teğet Maksumunaleyh
Taksim
Haric-i Kısmet
Kabiliyet-i Taksim
Zarb
Mazrup
Mazrubata Tefrik
Muhit-i Daire
Tarh
Amudi
Gaye
Aşar’i
Kat’ı Mükafti
Ehram
Menşur
İhtisar
Suret
Mahrec
Hatt-ı Mübas
Atatürk’ ün bulduğu bu ve bunlar gibi bir çok terimler günümüzde hala geçerliliğini korumakta ve matematiği bizler için daha anlaşılır kılmaktadır. Atatürk’ ün amacı daima daha uyguna doğru ilerlemekti. Önerilen görüşleri haklı görünce hemen benimserdi. Atatürk’ ün ortaya koyduğu terimlerden bir takımı bugün kullanılırken bazıları çıkmış yerini daha uygunlara bırakmıştır. Örneğin; “tümey açı” yerine “tümler açı” , “bütey açı” yerine “bütünler açı” da olduğu gibi. Atatürk ilke adamı olduğu için bunları hoş görecek hatta sevinecekti. Yeter ki ortaya koyduğu ilke sarsılmasın yerine eski terimlere dönülmesin.

Atatürk 1937 yılında yayınlanan bir geometri kitabı yazmıştır. Bu kitapta kullanılan yeni terimler ayrıntılarıyla açıklanmış ve üzerlerine örneklerde verilmiştir. Bu kitap geometri öğretenlere ve bu konuda bilgi edinmek isteyenlere kılavuz olarak kültür bakanlığınca yayınlanmıştır.

A. Dilaçar anlatıyor: “1936 yılı sonbaharında bir gün Atatürk beni özel kalem müdürü Süreyya Demir’ in yanına katarak Beyoğlu’ndaki Haset Kitapevine gönderip uygun gördüğünüz Fransızca Geometri kitaplarından birer tane aldırdı. Bunları Atatürk’le beraber gözden geçirdikten sonra ben ayrıldım ve kış aylarında Atatürk bu eser üzerinde çalıştı. Geometri kitabı bu emeğin ürünüdür.”

Yedekleme Nedir ?
“Yedekleme”, en genel anlamiyla, bir bilgisayar sistemini işlevsel kilan temel birimlerin, üzerinde çalişan yazilimlarin ve depolanan verilerin, ariza, hata, hasar durumlarinda çalişmalarin kesintiye ugramasini ve / veya verilerin geri dönülemez biçiminde kaybolmasini engellemek amaciyla birden fazla kopya halinde bulundurulmasini saglayan işlemler bütünüdür.

Yedeklemenin Onemi
Bilgileriniz değerlidir. Onları tekrar meydana getirmek; zaman, para veya en azından kişisel keder ve göz yaşına mal olabilir. Şayet bu bilgiler bazı deneylerin sonucu ise onları tekrar meydana getirmek mümkün olmayabilir. Bilgileriniz bir yatırım olduğuna göre, onları korumalı ve kaybetmemek için bazı adımlar atmalısınız.

Temel olarak bilgi kayıplarının 4 ana sebebi vardır: donanım arızaları, yazılım hataları, insandan kaynaklanan olaylar ve doğal afetler. Modern donanımların oldukça güvenilir olmasına rağmen, halen kendiliğinden arızalar çıkabilecekmiş gibi görünmektedir. Bilgi depolama donanımlarının en kritik parçası sabit disktir, ki bu diskler, elektromanyetik gürültü ile dolu bir dünya içine tam olarak kalabilen manyetik alanlara bel bağlamaktadır. Modern yazılımlar pek güvenilir gözükmese bile, kaya sertliğindeki bir program istisnadır, kural değil. İnsanlar kesinlikle güvenilmezdir, sırf keyif olsun diye veya bir amaç uğruna bilgilerinizi yok edebilirler ve yahut bir hata yapabilirler. Doğa kötü değildir, fakat her şey iyi giderken birden öfke kusabilir. Her şeyi hesaba katınca, her hangi bir şeyin doğru çalışmasının hiç de küçük bir mucize olmadığını görürüz.

Yedekleme bilgi yatırımımızı korumanın bir yoludur. Bilgilerimizin çeşitli kopyalarına sahip olursak, her hangi bir kopyanın bozulması bizim için problem teşkil etmez (en fazla yedeklerimizden yüklememizi gerektirir).
Düzenli olarak yedeklemek çok önemlidir. Fiziksel dünyaya ait her hangi bir şey gibi, yedeklerde yakında veya ileri bir tarihte hata verebilirler. İyi bir yedekleme yapmanın bir parçası da yedeklerin çalıştığından emin olmaktır; yedeklerinizin çalışmadığını görmek istemezsiniz her halde. Hasara tuz biber olarak, yedekleme işlemi esnasında bir hata meydana gelebilir; elinizde sadece yarım bir yedek varken sizi ortada bırakabilir, tek bir yedekleme aracınız vardır ve bozulabilir. Veya geri yüklemeyi denerken fark edersiniz ki: 15000 kullanıcılı alandaki önemli bir kullanıcı veritabanını yedeklememişsinizdir. Hepsinin en iyisi de; bütün yedeklerinin mükemmel bir şekilde çalışıyordur fakat sonuncu teyp sürücünüzün içine bir kova su dolmuş olabilir.İş yedeklemeye geldiğinde, paranoya bu işin mayasında vardır.


Neler Kaybedilebilir ?
Bilgisayarlar, doğaları itibariyle çok çeşitli amaçlar için kullanılabilirler.örnekler vermek gerekirse Internet erişimi, metin düzenleme, hesap tabloları ile mali durum izleme, fotoğraf işleme, müzik dinleme, posta kullanımı, oyun oynama, eğitim gibi amaçlar sayılabilir. Peki bu amaçlarla kullanılan bir bilgisayar sistemi, hangi kayıplara maruz kalabilir

1. Enerji Kaybı: Genellikle gözden kaçırılan bir nokta olmakla beraber, hem bilgisayarın işlerliğinin kesintiye uğramasına, hem de donanımının zarar görmesine (ve dolayısıyla disklerdeki verinin kaybına) neden olabilen bir sorun, elektrik kesintileri ve enerji sistemi arızalarıdır.

2. Donanım Kaybı: Bilgisayar sisteminin fiziksel varlığını oluşturan tüm yapıya,donanım adı verilir.Donanımın hasar görmesi,depolama birimleri dışında veri kaybına yol açmayabilir,ancak işlerlik kesintiye uğrayacaktır.

3. Yazılım Kaybı: Burada yazılımdan kasıt, bilgisayarın işletimi için kullanılan ve kullanıcı tarafından üretilmiş verilerin dışında kalan tüm program ve program parçalarıdır. İşletim sisteminin kendisi, cihaz sürücüleri,uygulama programları, yardımcı programlar örnek olarak verilebilir.

4. Kullanıcı Ayarlarının Kaybı:İşletim sistemi ve programlar, kullanıcıların tercihlerine göre şekillendirilebilen pek çok özellik barındırırlar.Kullanıcı, kendi tercihleri doğrultusunda sistem ayarlarını yaparak bu ayarların kaydedilmesini sağlar.Bu ayarlar da doğal olarak sistemin depolama birimine kaydedilir. Depolama birimi hasar görürse, veya yazılım işletiminde bir hata olursa, bu ayarlar kaybedilebilir. Örnek olarak çevirmeli ağ bağlantısı için kullanılan telefon numaraları, elektronik posta adresleri, ofis programlarının makrolar,sistemin ekran çözünürlüğü, fon resmi gibi ayarlar verilebilir. 5. Veri Kaybı: Kullanıcı ayarlarını bir kenara bırakırsak, herhangi bir uygulama programı ile oluşturulan herhangi bir dosya, yapılan herhangi bir kayıt, veri adi altında incelenebilir. Alınan ve atılan e-posta mesajları, yazılan metin dosyaları, yapılan çizimler, kaydedilen fotoğraflar hep bu başlık altında ele alınabilir.

Kayıplar Nasıl Önlenir ?
Benzer bir bakışla, sayılan olası kayıplara karşı, çeşitli önlemleri sıralamak mümkündür.

1. Enerji Kaybı: Enerji kaybını önlemek üzere alınabilecek önlemler sisteme ve kullanım yerine göre değişebilir, ancak bazı temel teknikleri sıralamak mümkündür.

* kasa Seçimi: Sistemin tüm donanım birimleri, barındırıldıkları kasanın güç kaynağından enerji alırlar. Özelleşmiş kasalar kullanılarak, birden fazla güç kaynağının kullanımı mümkündür. Bu sayede kaynaklardan biri bozulursa, diğeri devrede kalır. Buna yedekli güç kaynağı (redundant power supply) kullanımı denir.

* KGK: KGK adıyla anılan kesintisiz güç kaynağı birimleri, içlerinde barındırdıkları aküler sayesinde, hem elektrik kesintilerine, hem de ani gerilim değişikliklerine karşı bilgisayarları korurlar.

* Pil: Batarya adıyla da anılan piller, hemen hemen tüm diz üstü bilgisayarlarda güç kaynağıdır, dolayısıyla bu sistemlerde KGK kullanımına gerek duyulmayabilir. Ancak sistemin uyarıları dikkatle izlenmelidir, ani pil bitmeleri, elektrik kesintisi kadar risk yaratabilir. Bunun dışında, avuç içi bilgisayarlar için kullanılan şarjlı veya değiştirilen piller için de ayni şey geçerlidir.

2.Donanım Kaybı: Genel olarak, bilgisayarın tüm parçalarının arızalanması veya hasar görmesi elbette mümkündür. Temel yaklaşım, aksayan çalışmanın kıymeti doğrultusunda, donanımı birden fazla sayıda bulundurmaktır. Basit haliyle, bir yerine iki bilgisayar bulundurmak, amaç fatura kesmekse ve kesintiler kritik sorun yaratacaksa bir yerine iki yazıcı, bir yerine iki kartuş bulundurmak önerilebilir. Ancak kullanımda, ekonomik gerekçeleri de düşünerek, bu önerileri uygulamak mümkün olmayacaktır. Bu durumda, işlem kesintisinden ziyade depolanan verinin kaybolmasını donanım seviyesinde engellemek tercih edilebilir. Bu amaçla, örneğin RAID adı ile anılan disk koruma sistemleri kullanılabilir.

3. Yazılım Kaybı: Sisteme yüklü olan yazılımlar, bir hasar veya arıza durumunda kullanılmaz hale gelebilir. Bu durumda sistemi kullanılabilir hale geri döndürmek için, bu yazılımları yeniden yükleme imkanı korunmalıdır. Basit haliyle, işletim sistemi, cihaz sürücüsü ve uygulama programlarının yükleme CD, DVD ve benzeri ortamları, bunların lisans kodları, hatta hangi sırayla yüklenecekleri, önceden kaydedilmeli ve korunmalıdır.
4. Kullanıcı Ayarlarının Kaybı: İşletim sistemi ve uygulama programları üzerinde yapılan kişisel ayarlar, sistem normal çalışır halde iken ikinci bir noktaya kaydedilmelidir.

5. Veri Kaybı: Bireysel açıdan akıldığında, sistemdeki en kıymetli şey veridir. Çünkü enerji, donanım ve yazılım, yalnızca maddi imkanlarla yerine konabilir. Kullanıcı ayarları da daha kabul edilebilir bir çabayla yerine konabilir. Halbuki kişisel çabayla ortaya çıkartılmış ürünler, daha da ötesinde başkalarının çabaları sayesinde toplanmış veriler (mesela edinilen e-posta mesajları, derlenmiş kaynaklar vb.) maddi imkanlarla yerine konamayacaktır. Alınacak önlem veri yedeklemedir ve ilerleyen bölümlerde ayrıntılı olarak ele alınacaktır.

Veri Kurtarmanın Adımları
Bu noktadan itibaren, enerji ve donanım yedekleme konularından bahsetmeyeceğiz. yazılım, kullanıcı ayarları ve verinin yedeklenmesini de, ortak temel özellikleri ile veri yedekleme başlığı ile inceleyeceğiz. Veri kurtarma, kulağa sadece kayıp yaşandıktan sonraki işlemleri kapsıyor gibi gelebilir. Gerçekten de, önceden hazırlık yapılmadığı durumlarda da kayıp veriyi kurtarma yolları bulunabilmektedir, ancak bu durum çok sinirli koşullarda işe yarar. O nedenle, bu yazının kapsamında veri kurtarma, kayıp öncesi hazırlanmayı da kapsayan, belirli bir metodolojiyi tanımlamaktadır.

1. Yedekleme: Yedekleme, güvenilir bir kurtarmanın en önemli adımıdır. Proaktif bir şekilde, kayıp yaşanmadan gerçekleştirilmeli ve düzenli aralıklarla tekrarlanmalıdır.

2. Doğrulama: Doğrulama, kayıp yaşanmadan önce, yedeklenmiş verinin hatasız olduğunun kontrol edilmesidir. Önemli bir adim olmakla beraber, bazı zorluklar ve zaman kullanımını azaltmak üzere ihmal edilebilmektedir.

3. Kurtarma: Bir kayıp halinde, alınmış yedeklerden sistemin çalışır hale getirilmesi işlemini kapsar.

Yedekleme Yapmak İçin Nelere İhtiyaç Var ?
Sağlıklı bir yedekleme yönteminde, çeşitli elemanların doğru biçimde seçilmesi ve bir arada uyumlu çalışır hale getirilmesi gereklidir. Bu elemanlar şu şekilde sıralanabilir:

1. Kaynak: Yedeklemesi yapılacak verinin, normal işletim sırasında tutulduğu ortam, yedekleme sistemi için kaynak oluşturacak ortamdır.

2. Yedekleme Donanımı: Verinin kopyalarını oluşturmak üzere kullanılacak donanım bu başlıkta seçilmelidir. Standart depolama cihazları dışında, özel amaçlı yedekleme donanımları da kullanılabilir.

3. Yedekleme Yazılımı:Yedekleme işlemini yürütmek üzere, yedekleme ve kurtarma işlemlerini bir arada yapmayı sağlayan yazılımlar kullanılmaktadır. Özel kullanım durumlarında birden fazla yazılımı bir arada kullanmak da planlanabilir.

4. Yedekleme Ortamı:Kopyalanan verinin saklanacağı ortam da yapılacak işleme önemli kısıtlar getirmektedir. Bu nedenle yapılacak seçimde ortam seçimi de önem kazanmaktadır.

Yaygın Araçlar
Yukaridaki seçimlere örnek olmasi açisindan,(tabii ki gelişen teknolojilerin yeni seçenekler de yaratacagini akilda tutarak)bazi seçenekleri bu kisimda kiyaslayacagiz.

1. Yedekleme Donanımı:

* Sabit Disk
* Yedek Sabit Disk
* RAID Sabit Disk
* Disket
* CD-R / CD-RW
* DVD-R / DVD-RW
* Zip Disk / LS Disk
* Harici Sabit Disk
* USB Bellek
* Teyp Sürücü
* Aga Bagli Depolama

2. Yedekleme Yazılımı:

* Işletim Sisteminin Dahili Imkanlari (Win 9x / ME / NT / XP / 2000)
* Firma Programlari (WinZip, WinRAR, vb.)
* CD / DVD yazici programlar (CD Creator, Nero, vb.)
* RAID yazilimi
* Diger üçüncü parti yazilimlar

Yedekleme Yöntemi:

Yazılımlar, farklı yöntemlerle yedekleme yapılmasına imkan verir. yaygın üç yöntem şöyle sıralanabilir:

1. Tam (Full) Yedek: Bu yöntem, seçilen kaynağın tüm içeriğini yedekler.En güvenilir yöntemdir,ancak zaman ve kapasite ihtiyacı yüksektir.Diğer yöntemler uygulanmadan önce, en az bir kez tam yedek alınmalıdır.

2. Adımlı (Incremental) Yedek: Bu tip yedeklemede, sadece son yedekten bu yana yedeklenmemiş olduğu tespit edilen(“Archive” attribute)dosyalar yedeklenir. Kurtarma sırasında önce tam yedek, sonra sırayla tüm adımlı yedekler kurtarılmalıdır.Bu nedenle güvenilirlik düşer.

3. Fark (Differential) Yedeği: Bu tip yedeklemede, son tam yedekten bu yana yedeklenmemiş olduğu tespit edilen dosyalar yedeklenir. Kurtarma sırasında önce tam yedek, sonra son fark yedeği kurtarılmalıdır. Güvenilirlik orta düzeydedir. bazı yedekleme yazılımları, istek üzerine yapılan yedekleme işlemleri dışında, ayarları kaydedilen bir yedekleme işlemini istenen aralıklarla tekrar edecek özellikler de taşırlar.

Temel Öneriler !!!
Bu kısımda her koşulda akılda tutulması faydalı olacak temel öneriler verilmektedir.

1. İşletim Sistemi: İşletim sisteminizin yükleme disket / cd / dvdlerini ve LİSANS NUMARASINI mutlaka koruyunuz. Mümkün olan hallerde bu disklerin kopyalarını aliniz.Bir bilgisayarda yüklüyken diğer bir bilgisayara da yüklemediğiniz ve kendi yedekleme amacınızla koruduğunuz sürece,bu kopyalar yasadışı değildir.

2. Uygulamalar: Kullandığınız uygulamaların da yükleme disklerini koruyunuz ve kopyalarını aliniz.

3. Sık Yedekleme: Mümkünse aninda yedekleme sistemi (RAID) ile her an her bilgiden birden fazla kopya tutunuz. Mümkün olmazsa,en azindan günde bir yedek aliniz.Bu sizi en kötü durumda bir günlük işi tekrarlamakla kurtulacak halde korur.

4. Virüs Taraması: Veri kaybi nedeni olarak virüs şüphesi varsa, mutlaka geri yükleme sirasinda sistem aktif hale getirilmeden güncel bir virüs tarama yazilimi ile tarayiniz.

5. Neler Yedeklenecek ?: En temel haliyle şu birimleri yedekleyiniz:

* My Documents (Belgelerim)
* Desktop (Masaüstü)
* Address Book (Adres Defteri)
* E-posta dosyaları
* Sayısal İmzanız

6. Çalışma Dosyaları: Mümkünse çalişma dosyalarinizi taşinabilir bir ortamda (USB Bellek / CDRW / DVD-RW) bulundurun, üzerinde çaliştikça sabit diske yedekleyin ve sabit diskten çalişmayin.Bu size her gittiginiz yerde elinizde güncel çalişma dosyalarinizin olmasini,hem de her noktada bir yedeginiz olmasini saglar.
TombaLa isimli üye çevrimdışı Alıntı Yap ve Yanıtla

"Bayrağımız nasıl oluşmuş?
Gerçekten bize tarih kitaplarında öğrettikleri gibi bir sokaktan geçerken
gökten yansıyan ay ve yıldızın yerdeki bir kuyuya yansımasını mı görmüşüz? Desenize Allah vere o sokaktan geçiyoduk, ya arka sokaktan
geçseydik nolacaktı? Arkadaşlar bizim bayrağımızın bir tarihi vardır. Bayrağımızda ilk defa Hilal ve Yıldızı 3. Selim bir araya getirmiştir.
O zamana kadar her gelen padişah bir bayrak ortaya çıkarıyor.
3. Selim diyorki "her ülkenin bayrağında bir çok hilal var ama benim
ülkemin bayrağı farklı olmalı, yeryüzünde tek olmalı" ve sonra 3.Selim bayraktadi hilal sayısını bire düşürüyor ve yanına sekiz
köşeli yıldızı koyuyor. Sekiz köşeli yıldız Şekil biliminde "zafer" anlamına
gelir. Daha sonra Sultan Abdülmecid zafer madalyalarının da
sekiz köşeli olduğunu ve bayraktaki yıldızın farklı bir yıldız olması
gerektiğini söylüyor ve sekiz köşeli yıldızı beş köşeye indiriyor.
Beş köşeli yıldızın anlamı ise "insan" dır. "
Arkadaşlar artık hepimiz bayrağımızı
tesadüfi bulmadığımızı öğrenmiş olduk, lütfen ona sahip çıkalım ve
onu yakanları, ona saygı duymayanları ve onun hikayesini bize adam
gibi öğretmeyip raslantılar silsilesi içinde basitleştirerek anlatanları
hep beraber burdan kınayalım.
Çünkü bizim bayrağımız dünyadaki en güzel BAYRAK'tır. Onun anlamı
ve önemi bütün bayrakların üstündedir.
Saygılarımla..


ALINTIDIR BEGENEN ARKADASLAR REP ATSADA OLUR YANİ ATMAYANLARDANDA ALLAH RAZI OLSUN

Mustafa Kemal Atatük’ün Liderlik Sırları
KİTABIN YAZARI Adnan Nur BAYKAL YAYIN EVİ VE ADRESİ BASIM TARİHİ Nisan 1999 KİTABIN YAYIM MAKSADI Yöneticiler için yeni bir bakış.
KİTABIN ÖZETİ :
Son yıllarda Türkiye ve dünyada yöneticilik konusunda çok farklı tezler, kitaplar, uygulamalar ve teknikler ortaya çıkmıştır. Bu teknikler ve incelenen kitaplar genel olarak bakıldığında yönetici konumundaki kişilere bir yöntem anlatabilmektedir. Fakat bu kitaplar genellikle iş dünyasındaki karmaşaları yok etmeye veya dış ülkelerin ekonomik, sosyal, kültürel vs. anlayışlarına göre yazılmıştır. Örneğin iş dünyası savaşlarında Philip Morris’in Marlboro sigarasının, R.J.Reynolds’u nasıl alt ettiği gibi. Her ülkenin örfü adeti, karakteristiği, yaşama tarzları, daha geliştirirsek devlet yapılarında dahi büyük farklılıklar olduğu için bence ülkemiz yöneticilerine hitap edebilecek, bizi anlayan, bizi anlatan bir yöneticilik kitabından, yeni yöneticiler yetiştirirken faydalanmak daha geçerli olduğunu düşünüyorum.
Mustafa Kemal ATATÜRK’ün Liderlik sırları adlı kitapta ise yok denecek kadar az sayıda olan bu kitapların bence en iyilerindendir. Çünkü kitap özetinde sadece Türk insanının bu toprakları tırnaklarıyla nasıl sökerek aldığını değil Büyük Atatürk’ün devleti kuruncaya kadar yaşadığı canlı olayların her birinde gösterdiği tutum ve davranışlar, Liderlik Sırları da anlatılmaktadır.
Çok az sayıda bir Türk Önderi için yazılmış bir kitap vardır. Bunlardan Wees Roberts’ in “Atilla’nın Liderlik Sırları” adlı kitabını okudum. Hem çok üzüldüm, hem çok sevindim. Bir Türk Hünkarı’nı bir Amerikalının anlatması elem verici ama Onu örnek seçmesi gurur vericiydi. Bundan dolayı bu kitap çok zengin tarihimizden esinlenerek Yüce Atamızın yöneticilik ilkelerini bir Türk’ün kaleminden duygu ve düşüncelerinden almak en doğru olanı olmalıdır. Kitabı yazan incelerken bir yöneticide bulunması gereken 50 adet ana özellikten tek tek bahsetmiş ve bununla ilgili canlı örnekleri sadece Atatürk’ten vermiştir. Seçilen örnekler ve anekdotlar yazarın okuduğu 100 ayrı kitaptan derlemedir. Kitap okunurken çok değişik, çok çar***ı, çok etkileyici örnekleri bir anda okunduğunda hayret verdiren olaylarla karşı karşıya gelmek sizleri sıkmayacaktır umuyorum.
Yazar kitabında 50 adet ana bölüme yer vermiştir.
Bunlar;
1. Açık Olma
2. Adam Yetiştirme
3. Bilgi ve Tecrübe Sahibi Olma
4. Bilgi Toplama Yeteneği
5. Bilgilendirme Alışkanlığı
6. Kendini Bilme
7. Cesur Olma
8. Çevre Bilincine Sahip Olma
9. Dayanıklı Olma
10. Karşısındakini Dinleme Alışkanlığı
11. Soyut Düşünebilme Yeteneği
12. Emrivakiye İzin Vermeme
13. Esnek Olabilme14. Espri Sahibi olma
15. Fedakar Olma
16. Gerçekçi Olma
17. Göreve Talip Olma
18. Güvenilir Olma
19. Kendine Güvenme
20. Hazırlıklı Olma
21. Hedefe Yönelik Kararlı Olma
22. Hesap Adamı Olma
23. İkna Etme Yeteneği
24. İnisiyatif Kullanma
25. İnsan Sarrafı Olma
26. İnsana Değer Verme
27. Yaptığı İşe İnanma
28. Kamuoyu Oluşturma Yeteneği
29. Çabuk Karar Verme Yeteneği
30. Konuşma ve Yazım
31. Konuşma ve Yazım Yeteneği
32 . Liyakat Aşığı Olma
33. Mükemmeliyetçi Olma
34. Müsamahalı Olma
35. Müteşebbis Olma
36. Mütevazı Olma
37. Öğrenme Azmine Sahip Olma
38. Öncü Olma
39. Örgütleme Yeteneği
40. Prensip Sahibi Olma
41. Problem Çözücü Olma
42. Programlı Olma
43. Sıradışı Olma
44. Sorumluluk Alma Alışkanlığı
45. Strateji Bilincine Sahip Olma
46. Olacakları Tahmin Edebilme
47. Vizyon Sahibi Olma
48. Yönetme Yeteneği
49. Zaman Mevhumuna Sahip Olma
50. Zamanlama Yeteneği
SONUÇ :
A. KİTABIN ANAFİKRİ :
Liderlik, bir özellikte çok iyi olmak değil, tüm özelliklerin toplamında çok iyi olmak ve karizmasıyla bu özellikleri kendine özgü bir şekilde bütünleştirmektir. Falih Rıfkı ATAY bunu aşağıdaki şekilde dile getirmektedir:
"Öyle şartlar içinde Mustafa Kemal’in yaptığını yapabilecek cesarette demiyorum, belki ondan daha gözü pekleri vardı; azminde demiyorum, belki onun kadar azimlileri vardı; bilgili de demiyorum, şüphesiz ondan daha bilgili olanları vardı; fakat kırk yıllık ömrümde onun liderlik dehasında hiç kimseyi görmedim."
Bunlardan parça parça faydalanmak bizim görevimizdir.
B. KİTABIN GETİRDİĞİ YENİLİKLER :
”Sağ veya sol gibi aşırı uçlara mı hizmet ediyor “,”Başka bir devlet sempatizanı mı yapıyor?” v.s...korkuları olmadan Türk insanının örnek alması gereken tek Lider Atatürk’le ilgili olması, yakın tarihimizi kapsaması en iyi özelliğidir.
C. KİTAP HAKKINDA GENEL DEĞERLENDİRME VE TEKLİFLER:
Kitapta “Komutan Atatürk” vasıflarıyla da ilgili özellikler ve anekdotlar çok fazla sayıda olması dolayısıyla kitap T.S.K personeline daha çok hitap etmektedir. Bunun için Sb./Astsb. Uzm.Erbaş seviyesinde Konferans veya Seminerlerde detaylı olarak incelenmelidir.

Yaprak Dökümü-Reşat Nuri Güntekin


Eserin baş kahramanı Ali Rıza Bey, Bâbıâlî’den yetişmiş bir mülkiye memurudur. Otuz yaşına kadar Dahiliye kalemlerinden birinde çalışmıştır. İnsanların paradan başka şeylerle de mutlu olabileceklerine ve iyi ahlâkın bir insan için en büyük hazine olduğuna inanmayı ilke edinmişti.

Annesi ve kızkardeşinin ard arda ölümüyle İstanbul’dan soğumuş, Suriye’de bir kaza kaymakamlığı görevi almıştı. Sonraları Anadolu’nun çeşitli şehirlerinde yirmi beş yıl çeşitli memurluk görevlerinde bulunur.

Kırk yaşlarına doğru evlenir ve beş çocuk sahibi olur. Trabzon’un bir sancağında mutasarrıflık görevinde iken, haklı fakat zayıf bir kişiyi; haksız ama kasaba eşrafından güçlü bir kişiye karşı koruyup, adaletin gerçekleşmesini sağlayınca görevinden alınır. Bunun üzerine İstanbul’a döner.

Bir müddet işsiz gezdikten sonra tesadüfen karşılaştığı eski bir öğrencisi vasıtasıyla, onun müdürü olduğu bir şirkete mütercim olarak girer.

Fakat bir süre sonra, yine aynı şirkete bu sefer kendisinin aracılığıyla memûre olarak alınan bir tanıdığının kızıyla müdürün evlilik dışı ilişkide bulunduğunu öğrenince o işi de terkeder.

Aynı gün, Ali Rıza Bey’in tek erkek evladı ve beş çocuğundan en büyüğü olan Şevket, bir bankaya memur atanır. Bundan sonra Ali Rıza Bey evin yönetimini oğluna bırakır ve emeklilik hayatına başlar.

Artık evde babalık hakimiyeti kalmamıştır. Hanımı ve artık büyüyen kızları parasızlıktan dolayı hep sorun çıkarırlar. O da kendini kahvehânelere atarak oralarda teselli bulmaya çalışır.

Oğlu Şevket, çalıştığı bankadaki Ferhunda adında, evli bir kadınla ilişkide bulunur. Bunu öğrenen kocası Ferhunde’yi boşar; Şevket de onunla evlenmek zorunda kalır.

Evin yeni üyesi Ferhunde, bir süre sonra evin yeni hakimi haline gelir. Ali Rıza Bey’in kızları Leyla ve Necla’yı kendi tarafına çeker ve zaten eve kapanmaktan şikayetçi olan bu kızlarla, o davet senin bu davet benim dolaşmaya başlarlar.

Ali Rıza Bey’in büyük kızı Fikret ise bu evden ve yoksulluktan kurtulmak için elli yaşında ve üç çocuk sahibi bir adamla evlenip Adapazarı’na gider.

Olanca fakirliklerine rağmen aşırı derecede müsrif davranan ev halkı, sonunda zor duruma düşer. Şevket, çalıştığı bankadan aldığı parayı yerine koyamadan yakalanınca, bir buçuk yıl hapse mahkum olur. Bunu fırsat bilen ve zaten evdeki yoksulluktan da hep şikayet eden Ferhunde evi terkeder.

Birgün Leyla’ya Suriyeli bir adam talip olur. Kız tarafı tam kabul etmişken adam, Leyla’da hoşlanmadığı bir hareket görmesi nedeniyle ondan vazgeçtiğini; ancak verirlerse küçük kızları Necla ile evlenebileceğini söyler. Adamın zengin olduğunu sandıklarından bunu da kabul ederler. Fakat Necla adamla evlenip Suriye’ye gidince, aslında onun başka karıları ve yarım düzineden de fazla çocuğu olan ve pek de zengin olmayan bir yalancı olduğunu görür. Artık Necla da mutsuzdur.

Tam evliliğe yaklaşmışken reddedilen Leyla ise bunalıma girmiştir. Bir müddet eve kapanır. Doktorun açık havada gezmesini tavsiyesi üzerine dışarılarda gezmeye alışır ve böylece eski davetlerden tanıştığı kötü kişilerle tekrar karşılaşır. Ve bir süre sonra cahilliği, parasızlığı ve güzelliği yüzünden kötü yola düşer.

Bunu duyan Ali Rıza Bey, Leyla’yı evden kovar. Karısının, barışmalarında ısrarı üzerine Ali Rıza Bey bunu kabul etmeyerek, evi terkeder ve Adapazarı’na kızı Fikret’in yanına gider. Fakat orada da rahat edemez ve on beş gün kaldıktan sonra tekrar İstanbul’a döner.

Bir süre evine uğramadan İstanbul’da dolaşır. Soğuk bir kış günü, sol el ve ayağı felç olur. Arkadaşları vasıtasıyla hastaneye yatırılır. Olayı duyan kızı Leyla ve karısı yanına gelirler ve artık iyice çökmüş olan Ali Rıza Bey barışarak eve dönmeyi kabul eder.

Kızı Leyla artık, düştüğü kötü yoldan elde ettiği kirli paralarla da olsa oldukça zengindir. Hatta annesiyle beraber, düştüğü o kötü yolda kendisine hediye edilmiş bir evde yaşamaktadırlar.

Ali Rıza Bey ise, yıllar önce: “Kızlarının ahlâksızlıklarına göz yumarak, para yiyip geziyor !” diye kızdığı eski bir kahvehâne arkadaşıyla aynı durumda olarak, kızı Leyla’dan gelen paralarla, takım elbiseler içinde, mutlu bir halde yaşıyordur. Yalnız, onu mutsuz eden bir tek şey vardır: “Kendisine o eski sözlerini hatırlatan, eski kahvehâne arkadaşlarıyla yolda göz göze gelmek…”

Not: Romanda Ali Rıza Bey’in beşinci ve en küçük kızı Ayşe’nin sadece adı geçmektedir

Mihverinde Kafkas sıradağlarının yer aldığı, kuzeyde Don ağzı, Maniç Çukurluğu ve Kuma ağzı hattından, güneyde Aras Nehri ve Kars Platosu'na kadar uzanan bölgenin adıdır. Doğal sınırlarını batısında Karadeniz, doğusunda ise Hazar Denizi oluşturur. Kafkas dağları Taman Yarımadası'ndan başlayıp, güneydoğu istikametinde uzanarak Apseron Yarımadası'na ulaşır. Uzunluğu 1440 kilometreden fazladır. Genişliği ise 50 ile 225 km arasında değişir. Genellikle iki veya üç sıra halinde uzanır. Bu sarp dağlar batıdan doğuya doğru üç ana kısımdan meydana gelir. Birinci kısım Taman Yarımadası'ndan Kuban Nehri'nin kaynaklarına kadar uzanır. Pseha Vadisi'ne kadar yükseklik 1000 metrenin altındadır. Daha doğuya doğru ise 1500 metrenin altına düşmez.

Orta Kafkasya ise Kuban Vadisi'nden Daryal Geçidi'ne kadar uzanır. Dağların en sarp ve yüksek kesimi buradadır. Aynı zamanda dağlar en fazla genişliğe de burada ulaşırlar. Yüksekliği 5633 metre olan Elbruz ve yine yüksekliği 5047 metre Kazbek burada yer alır. Burada da büyük kitlelerin hareketine elverişli geçit yoktur. Böylece Batı ve Orta Kafkaslar sarp, son derece engebeli ve geçit vermeyen özellikleri nedeniyle Rusya'ya karşı direnen Kafkasyalıların son sığınaklarını teşkil etmiştir. Doğu Kafkaslar ise, Daryal Geçidi'nden Apseron Yarımadası'na kadar uzanır. Burada dağlar alçalır ve yayvanlaşırlar. Daha çok yüksek platolar hakim manzarayı teşkil eder. Hazar Denizi'ne doğru ise bu platolar da kademeli olarak alçalmak suretiyle yok olurlar. Bu bölgenin merkezinde doğu-batı istikametinde uzunluğu 180 km genişliği ise 106 km olan Dağıstan Platosu yer alır. Bu bölgenin batısı daha yüksek ve engebeli olduğu için oraya nüfuz edilmesi de zordur. Ancak Hazar Denizi'ne doğru arazi yapısı daha yeknesak bir hal alır ve içine girilmesi daha kolaydır. İşte bu nedenle Doğu Kafkasya'da Rusya'ya karşı mukavemet daha çok Çeçen İnguşların ve Avarların yaşadıkları Daryal Geçidi'ne doğru olan kesimde daha şiddetli olmuştur.

Kafkasya'nın akarsuları genellikle kaynaklarını Kafkas dağlarının kar ve buzlarla örtülü tepelerinden alırlar. Derin vadiler oyarak dağlardan indikten sonra kaynaklarını zaten bu dağlardan alan Kuban, Terek, Sulak ve Kura nehirlerine kavuşurlar. Doğu Kafkasya'nın kuzeyi Terek ve Sulak nehirlerine rağmen bir bozkırdır. Bu bozkır ile dağlık Dağıstan arasındaki sınır aşağı yukarı Mahaçkale-Hasavyurt arasında uzanan çizgidir. Bu çizginin kuzeyindeki bozkırda ve Hazar Denizi kıyılarında Kumuklar otururlar. Buna karşılık dağlık bölgede Kafkasyalı yerli kabileler yasarlar.


Daryal geçidi [değiştir]Kafkasya'nın iki önemli ve her zaman açık olan geçidi vardır. Bunlardan bir Daryal geçididir. Geçidin deniz seviyesinden yüksekliği 2379 metredir. Vladikafkas'ı Tiflis'e bağlayan ve Rusların "Gürcü Askeri Yolu" dedikleri yol da bu geçitten geçer. Yol aynı geçitte akmakta olan Terek Nehri'nin ana kolunu takip eder. Orta ve güney kesimleri üzerinde Osetler (Asetinler) yaşarlar. Bu geçit Kafkasya'yı siyasi, askeri ve hatta sosyal yönlerden iki ana parçaya ayırır. Gürcistan'ın Rusya'ya bağlanmasından sonra bu geçidin önemi daha da büyümüştür. Kafkasya'yı ele geçirmek isteyen Rusya için hem Gürcistan'la irtibatı sürekli açık tutmak ve hem de Batı Kafkasya'daki Çerkes-Abhazlar ile Doğu Kafkasya'daki Çeçenler ve Dağıstanlılar arasındaki işbirliğini kesmek açısından hayati bir önem taşımaktaydı.


Derbent geçidi [değiştir]Daryal'dan başka ikinci önemli geçit de Derbent'tir. Bu geçit Hazar Denizi kıyısı boyunca uzanır ve genişliği 1.5 ile 30 km arasında değişir. Dağıstan'da bu iki geçit kadar önemli olmasa da Avar, Karayan, Sol ve Mamison geçitleri de bulunmaktadır.
PİStanbuLL isimli üye çevrimdışı Alıntı Yap ve Yanıtla

Asit Yağmurları ve Çevreye Olan Etkileri

Asit Yagmurlari kukurt ve azot dioksitlerin atmosferdeki nemle birleserek sulfurik ve nitrik asitli yagmur, kar ya da dolu olusturmasi biciminde kirlilige yol acmasidir. Bu tur yagmurda tanecikler siste asili olarak suspansiyon olusturabilir ya da en kuru halde birikebilirler.

Asit yagmurlarinin verdigi ileri surulen zararin bir bolumunun aslinda bazi dogal nedenlerden kaynaklandigi yapilan arastirmalar sonucunda anlasilmissa da, petrol ve komur yanmasindan olusan kukurt dioksit ile otomobil motorlarindan cikan azot oksidin, asit yagmuru sorununu buyuk olcude siddetlendirdigi kesindir.

Kirlilige yol acan tanecikler, kaynaklarindan binlerce kilometre uzaga ruzgarla tasinabilir. Sozgelimi A.B.D?nin kuzey dogusundaki asit yagmurlarina, Kanada'dan yayilanlar da katilmis, Kanada'nin dogusundaki kukurt iceren yagis, A.B.D 'den kaynaklanmistir.

Bilim adamlarinin tumu asit yagmurlarinin denetlenmesi icin bir an once yasalar cikarilmasini istemektedirler. Ne var, ki soz konusu yasalarin yol acacagi harcamalar cok yuksektir, bu yuzden de sorunun cozulmesi surekli ertelenmektedir.
Ekonomik faaliyet, kitliga karsi yapilan bir savastir. ?nsan bu savasta bir takim degerleri uretip tuketirken baska bir deger olan kaliteyi CEVRE ?yi de tuketmektedir. Hava, su, yesil ve toprak gibi ...... Biri kirlendigi zaman beraberinde, zincirleme olarak, digerleri ve bunlardan yararlanan insanlar da kirlenmekte ve yok olmaktadir.

Goruldugu gibi hava dogal ve yapay etmenlerce kirletilmektedir. Yapay etmenlerin temelinde insan bulunmaktadir. Fabrikadan, evlerden ve araclardan cikan dumanlar tarafindan atmosfer durmadan kirlenmektedir. Bu kirlilik dogrudan oldugu gibi asit yagmurlari yoluyla da bitkiye, insana, suya, topraga ve tasa etki etmektedir.

Suyun Fiziksel özellikleri


SUYUN FİZİKSEL ÖZELLİKLERİ

İnce tabakalar halindeyken renksiz olan su, derin tabakalar halinde mavi, lacivert renklerdedir. Bunun nedeni güneş ışığının bir kısım renklerinin su tarafından absorplanması (emilmesi) dir.

Suyun fiziki özelliklerinden donma ve kaynama noktası, celcius sıcaklık skalası için standart alınmıştır. Suyun donma noktası veya buz, su ve buharın dengede bulunduğu sıcaklık 0°C veya 273.16°K (Kelvin) ve 760 mm.Hg basınca altında suyun kaynama sıcaklığı 100°C olarak kabul edilmiştir.

+3.98°C’ daki havasız bir kg su 1 lt olarak kabul edilir.Buna göre +3.98°C sıcaklıktaki suyun yoğunluğu l gr/cm³tür.(+3.98°C da su genleşme olarak en büyük değerini alır. Yani bu sıcaklıktaki birim hacimde suyu alır,ısıtır ya da soğutursak diğer, örneğin +20°C’ daki birim hacimdeki sudan daha fazla oranda genleşir, hacmi artar.

1 gr suyun sıcaklığını 17°C dan 18° C a çıkarmak için verilen ısıya 1 kalori (cal) denir. Su katı, sıvı ve gaz hallerindeyken moleküller özelliklerini korur. Bu nedenle suya belirli ve saf madde denilebilir.

Su 0°C nin altında katı 0°C ile 100°C arasında sıvı ve 100°C nin üzerinde gaz halindedir. Doğada yalnız H O olarak suya rastlamak oldukça güçtür. Çözücü özelliği çok fazla olan su temas ettiği her şeyi az çok çözer. Onlarda beraber bulunur.


SUYUN KİMYASAL ÖZELLİKLERİ


Su oldukça kararlı bir bileşik olduğu için meydana geliş ısısı yüksektir. Metallerle ve ametallerle reaksiyona girerek bunların oksitlerini meydana getirir. Sonuçta hidrojen açığa çıkar.






1- C+H O → CO +H2 Ametallere örnek

2-2Fe+3H O → Fe O + 3H Metallere örnek


Su halojenlerle reaksiyona girerek bunları indirger ve oksijen açığa çıkarır.


2H o+2Br → 4HBr + O Halojenlere örnek


Oksitler su ile reaksiyona girerek hidroksitleri meydana getirir. Bu hidroksitler pozitif yüklü elementin periyodik tablodaki yerine bağlı olarak asidik, bazik veya amfoterik olabilirler.

Su az da olsa iyonlaştığı için zayıf baz veya asit, tuzları suda çözündükleri zaman hidrolize uğrarlar. Metal nitrür suda bozunarak amonyak ve hidrojen açığa çıkar. Metal karbürleri hidrokarbonlar vererek su ile reaksiyona girerler.


CaC + 2H O → Ca(OH) + C H


Doğada bulunan suların en safları sırasıyla kar ve yağmur sularıdır. Özellikle yağmur sularında çözünmüş olarak hava içindeki gazlar yanında karbondioksit, klorürler, nitratlar, sülfatlar amonyak ve askıda organik ve anorganik tozlar bulunur. Yağmur suyu içinde çözünmüş halde bulunan amonyak, nitrat ve sülfatlar toprakların zirai gücünü artırır.

Su, bitki ve hayvanların beslenmesinde önemli bir faktördür. Su,çözücü katalizör ve akışkan bir ortam olarak bazı büyüklüklerin tarifinde standart referans maddesi olarak artıkların uzaklaştırılmasında, seyreltici, dağıtıcı, soğutucu, temizleyici, ısı taşıyıcısı olarak bunların yanında hidro-elektrik üretiminde çok yaygın olarak kullanılmaktadır. Sanayide hidrojen suyun elektrolizinden veya su buharı kızgın kömür içerisinden geçirilerek elde edilir.




SUYUN İNSAN HAYATINDAKİ YERİ VE ÖNEMİ
Suyun vücudumuzdaki bulunma yerleri ve oranları şöyledir:


Vücut hücreleri %55
Lenf %20
Kan plazması %7.5
Kemikler %7.5
Vücut organlarını ayıran, koruyan
Destek doku %7.5
Beyin, omurilik sıvısı %2.5


Vücudumuzda lazım olan suyun büyük bir kısmı yiyecek içeceklerle alınır.Bundan başka organik maddelerin vücudumuzda yanması ile de bir miktar su meydana gelir. Su kaybı ise idrarla, terle, solunum ve dışkıyla olur. Organizmada su kaybı % 10’u bulduğu zaman hayati tehlike başlar. Vücutta su azaldığı zaman dengenin sağlanması için önce ciltten su çekilir, kanda su azalır, kanın yoğunluğu artar ve sonunda insan ölür.



SUYUN VÜCUTTAKİ GÖREVLERİ
Su vücutta metabolizma artıklarının atılması için bir araçtır. Su vücudun termostadı, ısı düzenleyicisidir. Vücutta su ter olarak atılırken, ısı da birlikte atılır. Bu nedenle vücut ısısı azalır. Ter buharlaşmak için vücuttan ısı alır. Böylece vücudun ısısı düşer.Vücutta gerekli olan maddeleri, gerekli yerlere taşırlar.

İnsanın susamasıyla suya ihtiyacını belirtir. Lüzumlu olan su o anda alınarak su ihtiyacı giderilir. Bir insan günde yiyecek ve içeceklerle dışarıdan 2.9lt, vücuttaki kimyasal reaksiyonlarla 0.1 lt olmak üzere toplam 3 lt su alır. Buna karşılık kaybedilen su, idrarla l.5 lt, deri yoluyla (terleme şekliyle) 0.9 lt, solunum ile 0.4 lt ve dışkı ile 0.2 lt. dir.

İnsanlar su ihtiyaclarını; meteor suları yer altı suları (kaynak, kuyu ve artezyen) ve yeryüzü sularından (ırmak, göl) karşılarlar.

Dağlık, yüksek bölgelerdeki dere ve göl sularında organik maddeler bulunmamakla birlikte, çözünmüş organik tuzlar vardır.





SULARIN TEMİZLENMESİ
Küçük yerleşim yerlerindeki içme suları kaynak sularından alındığı için bunların temizlenmesi bazı küçük önlemlerle halledilir. Büyük şehirlerin içme sularının temizlenmesi zor ve uğraştırıcıdır. Bu şehirlerde küçük kaynaklar yeterli gelmediğinden büyük göl ve nehirlerden faydalanılmaktadır. Busular içerisinde sağlığa zararlı maddeler olabileceğinden temizlenmelidirler.

Bu temizlenme işlemleri şu şekillerde yapılmalıdır:

1. Suyun içindeki renk, bulanıklık, koku ve kötü tat veren asılı bulunan kolloidal ve çözünmüş haldeki organik ve inorganik zehirli radyoaktif maddeleri ve hastalık yapan mikropları yok etmek.
2. Demir ve mangan gibi metalleri gidermek.
3. Sertliği ve sıcaklığı normal hale getirmek.
4. Asitliği ve bazlığı nötrleştirmek, aşındırıcı bilhassa kurşun çözündürücü ve birikinti meydana getirici özelliği yok etmek.


İçme suyunun temizlenmesinde uygulanan temel işemler:

1. Havalandırma
2. Havuzlama
3. Kabasını alma
4. Basit çökeltim
5. Pıhtılaşmış yumaklı çökeltim
6. Suların kum süzgeçlerden geçirilmesi

Yavaş süzen kum süzgeçleri
Çabuk süzen süzgeçler
Küçük süzgeçler
1. Suların mikroplardan temizlenmesi
Bunlar;
1. Kaynatma
2. Ultraviole ile dezenfeksiyon
3. Ozonla dezenfeksiyon
4. Klor dezenfeksiyonu
5. Kireç kaynağı ile dezenfeksiyon.





SULARIN SERTLİĞİ

Sularda çeşitli bileşikler çözünür bunlar mg/l olarak ölçülür,kalsiyum karbonat, kalsiyum oksit veya kalsiyum cinsinden ifade edilip toplanabilir. Bu çözülen bileşiklerden özellikle kalsiyum, mağnezyum gibi iki oksidasyon değerli iyonlar, sabunun köpürme kudretini azaltır, sıcak su borularında, ısıtıcılarda, buhar kazanlarında ve suyun temperatürünü yükseltmek için kullanılan kaplarda taş bağlanmasına sebep olur. Bu iyonların sabunla köpürmeye karşı direnme özelliğine sertlik denir. Buna göre, sabun sertliği ölçmek için bir ölçek olabilir.



2C17 H35 COONa + M++ = (C17H35COO)2 M + Na +

sabun sudaki sertlik çökelti



Denklemde görüldüğü üzere, su sertliğini veren iyonları, sabun bünyesine alıp çökeltdikten sonra köpürmeye başlar. Buna göre,suda ne kadar iki değerli iyon fazla ise, diğer bir ifade ile suyun sertliği ne kadar çok ise, sabun sarfiyatı çok ve sıcak su borularında ve buhar kazanlarında taş bağlama olayı o kadar fazla olacaktır. Gerek sabun sarfiyatı, gerekse suların temperatür değişimi ile taş bağlaması , ekonomik ve ısıtma, temizleme işlerini zorlaştırması bakımından, su sertliği üzerinde durmaya değer.


SERTLİĞİN SEBEPLERİ



Sertliğe iki valanslı metalik katyonlar sebep olur. Bu iyonlar, özellikle Ca ,Mg ve bir dereceye kadar Sr ,Fe ve Mn iyonlarıdır. Suda çözünen bileşiklerin katyonları ile onyonları dengede olacağı da göz önünde tutulursa katyonların toplam ekivalant adedi,anyonların toplam ekivalant adedine eşit olur.


Sertliğe sebep
Olan katyonlar: Ca . Mg . Sr . Fe .Mn


Anyonlar : HCO3-- . SO4-- . Cl - . NO3- . SLO3--



Suyun sertliğini veren katyon ve bunlarla dengede olan anyonlar.

Toprağa düşen yağmur suları tabii sularda bulunan çok miktardaki solitleri çözmeye kudreti kafi gelmez. Suyun bu çözücülük özelliği topraktaki bakterilerin etkisi ile hasıl olan karbondioksidin suya karışarak, suda karbonik asit iyonlarını hasıl etmesinden ileri gelir.



CO2 + H2O ----------- H2 CO3 -----------H+ + HCO3-

Bakteri etkisi Yağmur suyu
ile hasıl olur.


Genel olarak sert sular, üst toprağın yoğun olduğu ve kalker bulunan yerlerden çıkar. Buna karşılık yumuşak sular da daha ziyade üst toprağın gevşek olduğu ve kalker teşekkülü az veya hiç olmayan yerlerde mevcut olur.
Suların sert olması, insan sağlığına hiçbir etki yapmaz. Temizlik işlerinde sabun sarfiyatı bakımından uygun değildir.



SU SERTLİKLERİNİN SINIFLANDIRILMASI



Su sertlikleri bulundukları yerin Jeolojik yapılarına göre değişir. Yüzey suları, yer altı sularından daha yumuşaktır. Su sertlikleri 10ppm CaCO3 den takriben 1800 ppm CaCO3 kadar değişiklik gösterir.


Suların sertlik dereceleri şöyle sınıflandırılabilir:

0 – 75 ppm CaCO3 yumuşak
76 – 150 ppm CaCO3 orta sert
151 – 300 ppm CaCO3 sert
300 den yukarısı ppm CaCO3 çok sert



DURULMA İŞLEMLERİ


Durulma sularda süspansiyon halinde bulunan organik ve anorganik orjinli değişik büyüklükteki maddelerin çöktürülerek ayrılması sonucu suyun
berraklaşması olayıdır. Durulma işlemi su içerisinde bulunan değişik büyüklükteki maddelerin kendi ağırlıkları ile çöktürülmesi şeklinde yapılıyorsa buna mekanik durulma işlemi adını veriyoruz. Dışarıdan herhangi bir çöktürücü madde ilavesiyle bir durulma yapılıyorsa buna da kimyasal durulma işlemi denir. Durulma işlemi denir. Durulma işlemi nehir ve göl sularının doğal olarak temizlenmesinde önemli rol oynamaktadır.Diğer taraftan kullanma suları sanayi
Suları ve atık suların değerlendirilmesi için en çok kullanılan işlem durulma işlemidir. Gerek içme ve gerekse sanayi sularının temizlenmesinde kullanılan basit mekanik durulma en ucuz ve en sade işlemlerden biridir. Doğal sedimantasyon işlemi daha sonrada yapılacak temizleme işlemlerindeki yükü hafifleten ön bir işlem gözüyle bakılabilir. Örneğin daha sonra yapılacak işlem kimyasal durulma işlemi olacaksa, ön durulma işlemi yapılmış suya ilave edilecek kimyasal madde ile durulma işlemine tabi tutulmamış suya ilave edilecek madde miktarı karşılaştırılacaksa ikinci durumdaki sarfedilen kimyasal madde oldukça fazla olacaktır. Diğer bir avantajıda kimyasal durulmada kullanılan cihazda atılacak atıklarda, azalmış olacaktır. Su içerisinde bulunan bir partikülün çökme ile durulma havuzunun dibine ulaşması belirli bir zaman alacaktır. Bu zaman yatay bir havuzda akış hızını azaltarak, ya da akış süresini uzatarak veyahut havuzun derinliğini ayarlayarak suyun havuzu terketmesinden önce partikülün çökmesi sağlanabilir. Bunun için en uygun havuzlar fazla derin olmayan havuzlardır. Durulma havuzlarında bir partikülün çökme hızı hesaplanabilir.


V = Q . t V= Havuzun hacmi Q= Suyun debisi
T= suyun havuzda kalma süresi



Durulma işleminin yapılacağı havuzun hacminin hesaplanandan fazla tutulmasında bir sakınca (maliyet dışında) olmamasına karşın küçük tutulması uygun bir durulmanın yapılmasını gerçekleştiremez.Durulma havuzları kesikli yada sürekli çalışan tipte olabilirler. Bu tip havuzlarda su bir taraftan girip diğer taraftan aynı miktarda çıkarak içerisinde bulunan maddeleri havuz içerisine bırakır. Havuzlar genellikle yatay ve dik açılı yapılırlar. Durulma sırasında meydana gelen çamurun atılması için özel tertibatlar yapılmıştır.



KİMYASAL DURULMA




Özellikle yeryüzündeki sular değişik miktarlarda süspansiyon halinde kaba büyük tanecikler halinde bulanıklık veren ve renk verebilen değişik tip kalloidal meddeleri ihtiva ederler. Doğal sularda bulanıklığı meydana getiren başlıca maddeler farklı tipkolloidal killerdir. Kullanma ve sınai atık sularının karışmasıyla meydana gelen kolloidler, yosunlar, bozunma ürünleri, bakteriler, bazı organik maddeler ve renk verici kolloidlerdir. Bu kollaidlerden bazıları hidrofobik, bazılarıda hidrofilik özelliklerdir. Bulanıklığı meydana getiren partiküllerin büyüklükleri çok farklı olabilmektedir.Kimyasal durulma işlemini
dört kademeye ayırabiliriz:

- Kimyasal maddenin ilave edilmesi
- Hızlı bir karıştırma
- Flokasyon
- Çökme-Durulma

Katılan kimyasal maddelerin suyla hızlı bir şekilde ve tamamen karışması ikinci kademede gerçekleştirilir. Üçüncü kademede ise dikkatli ve yavaş bir karıştırma yapılarak çekirdeklerin oluşumu sağlanır. Dördüncü kademede büyüyen çekirdeklerin çökmesi ile durulma işlemi gerçekleştirilir. Durulma işlemi sonucu suda kalmış olan az miktardaki çökelek daha sonra filtrasyon işleminde tamamen giderilir.


FİLTRASYON


Toprak altına geçen sularda doğal bir filtrasyon olur. Bizde bu olayı taklit ederek sularda bir filtrasyon işlemi gerçekleştirebiliriz. Ençok kullanılan filtrasyon maddesi kum dur.Daha sonra antrasit, taşkömürü ve kiselgur olabilir. Filtreleri çalışmaları bakımından hızlı süzen filtreler ve yavaş süzen filtreler olmak üzere iki gruba ayırabiliriz.Süzme işleminde suların arıtılması şu şekilde olur.

l. Doğrudan doğruya süzme: Bir kum tabakasından geçen suda kumlar arasındaki boşluktan daha büyük tanecikler varsa bu tanecikler kum yüzeyinde tutulur.

2.Durulma: Kum tabakasını birçok tabakalara sahip durulma havuzu gibi düşünebiliriz. Süspansiyon halindeki taneciklerin birleşerek daha büyük tanecikler haline geçmesi ve filtrasyonla daha kolay ayrılması.

3.Biyolojik aktivite: Bu daha ziyade yavaş süzen filtrelerde önemlidir. Ancak maliyetin yüksek olması nedeniyle geniş ölçüde kullanılamaz

Elektriklenme


Elektrostatikte yalıtkan cisimlerin elektrik yükleri ile yüklenmesi 3 farklı şekilde olabilir
1. Etki ile elektriklenme: Nötr (Yüksüz) bir cisme (-) veya (+) yüklü bir cisim yaklaştırıldığında nötr cismin yük düzeni bozlularak söz gelimi yaklaştırılan cisim (-) yükle yüklü ise nötr cismin yaklaştırılan cisme yakın olan kısmı (+) uzak olan kısmı (-) yüklenir. Bu elektriklenme şekli geçicidir zira elektriklenmeye sebep olan yüklü cisim uzaklaştırıldığında nötr cisim eski durumuna geri döner.
2. Dokunma ile elektriklenme: Bu tip elektrilenme cisimler arasında elektron geçişi bittikten sonra iki cisimde aynı cins yükle yüklenir. Örneğin: Nötr bir cisme (+) yüklü bir cisim dokundurulursa son yük durumunda her ikiside (+) yüklenir. Eğer (+) ve (-) yüklü cisimler birbirine dokundurulursa bakılır; eğer yük miktarları eşitse son durumda her ikiside nötr olur. Eğer (-) miktarı fazlaysa son durumda her ikiside (-), (+)lar fazlaysa son durumda her ikiside (+) yüklü olur.
3. Sürtünme ile elektriklenme: Bu kısımda sürtünen cisimler arasında elektron geçişi olur ve elektron kaybeden (+), kazanan (-) yükle yüklenir. Örneğin (her zaman): Yün kumaş ile ebonit (plastik) çubuk birbirine sürtüldüğünde yün kumaş pozitif, ebonit çubuk negatif yükle yüklenir. Aynı şekilde ipek kumaş ile cam çubuk bir birine sürtüldüğünde ipek kumaş negatif, cam çubuk pozitif yükle yüklenir. birde : karşında güzel bir kız görünce kalbinin sıkışması tüylerinin tiken tiken olup ülperme diyede tarif edilebilir.
PİStanbuLL isimli üye çevrimdışı Alıntı Yap ve Yanıtla

İkİncİ Dereceden Bİr Bİlİnmeyenlİ Denklem

İKİNCİ DERECEDEN BİR BİLİNMEYENLİ DENKLEM

TANIM: a, b, c reel sayı ve a# 0 olmak üzere , ax2+bx+c=0 ifadesine , x e göre düzenlenmiş ikinci dereceden bir bilinmeyenli denklem denir. Denklemi sağlayan (eğer varsa) x reel sayılarına denklemin kökleri, tüm köklerin oluşturduğu kümeye denklemin çözüm kümesi, çözüm kümesini bulmak için yapılan işleme de denklem çözme denir.
ÖRNEK:4x2 –7x+6=0 ifadesi x e bağlı ikinci dereceden bir bilinmeyenli bir denklemdir.•Bu denklemde; a=4, b=-7 ve c=6 dır.
ÖRNEK: 2y2 –5y+1 = 0
İfadesi y ye bağlı ikinci dereceden bir bilinmeyenli bir denklemdir.
Bu denklemde; a=2, b=-5 ve c= 1 dir.


ÖRNEK: ax3 + 3x2 + 4x3 –ax –2 = 0
Denklemi ikinci dereceden bir bilinmeyenli denklem olduğuna göre, a kaçtır?

ÇÖZÜM: ax3 + 3x2 + 4x3 –ax –2 = 0
(a+4)x3 + 3x2 –ax –2 = 0
Denkleminin ikinci dereceden bir denklem olması için denklemde x3 lü terim olmamalıdır.
O halde, a + 4= 0 => a= -4 olur.

KÖK BULMA
1.ax2 + bx + c =0
ifadesi çarpanlarına ayrılabiliyorsa her çarpan sıfıra eşitlenerek kökler bulunur.
ÖRNEK: x-1 x-1
x-3 + x-5 =0
Denkleminin kökleri x1 ,x2 olduğuna göre x1 + x2 toplamı kaçtır?

ÇÖZÜM: x-1 x-1
x-3 + x-5 =0
(x-1) (x-5) + (x-1) (x-3) = 0
(x-1) (x-5 + x-3) = 0
(x-1) (2x – 8) = 0
x-1= 0 => x1 =1 veya 2x-8= 0
=> x2 = 4 tür.
x1 + x2 = 1 + 4 = 5
ÖRNEK: 4x + 2 . 42-x –18 = 0 denkleminin kökleri toplamı kaçtır?

ÇÖZÜM: 4x + 2 . 42-x –18 = 0
4x + 2 . 42 . 4-x –18 = 0
1
4x + 32 . 4x –18 = 0
(4x)2 –18 .(4x ) + 32 = 0

-16 -2
(4x –16) . (4x –2) = 0
4x –16 = 0 => 4x = 16 => x1 = 2
1
4x –2 = 0 => 4x = 2 => x2 = 2
1 5
O halde, x1 + x2 = 2+ 2 = 2 olur.

a≠ 0
ax2 + bx + c = 0 denkleminde;

c
i) a + b + c = 0 ise köklerden biri 1, diğeri a dır.

- c
ii) b = a + c ise köklerden biri -1 , diğeri a dır.

ÖRNEK: 9x2 + 17x + 8 = 0 denkleminde;
a = 9, b = 17 , c = 8
b = a + c olduğundan bu denklemin kökleri
x1 = -1 ve x2 = - 8 dur.
9
nÖRNEK: (m + 2)x2 + (m – n + 2)x –n = 0
ikinci derece denkleminin köklerinden biri 6 ise, bu denklemin kökleri toplamı kaçtır?
ÇÖZÜM: (m + 2)x2 + (m – n + 2)x –n = 0 denkleminde,
a = m + 2, b = m –n + 2, c = -n ve
b = a + c olduğundan denklemin köklerinden biri -1 dir.
Diğer kök 6 olduğundan kökler toplamı
-1 + 6 = 5 olur.
nax2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0 )
ndenkleminin köklerini ∆ (diskriminant) yöntemi ile bulabiliriz.
n∆ = b2 –4ac
ni) ∆ < 0 ise reel kök yoktur.
nii) ∆ = 0 ise kökler eşittir. (x1 = x2)
niii) ∆ > 0 ise iki farklı reel kök vardır.
n ∆ > 0 olmak üzere denklemin kökleri
n -b + -b
n x1 = 2a ve x2 = 2a şeklinde bulunur.

nÖRNEK: x2 – 4x + m + 1 = 0 denkleminin eşit iki kökünün olması için m kaç olmalıdır?

ÇÖZÜM: Denklemin eşit iki kökün olması için ∆ = 0 olmalıdır.
∆ = (-4)2 –4 .1. (m + 1)
0 = 16 –4m = 12 –4m
m = 3 bulunur.

nÖRNEK: (a + 1)x2 –2(a + 7)x + 27 = 0 a ≠ -1 olmak üzere
ndenklemin kökleri eşit olduğuna göre, a’ nın alabileceği değerler toplamı kaçtır? (1998 / ÖSYS)

ÇÖZÜM: (a + 1)x2 –2(a + 7)x + 27 = 0
denklemin kökleri eşit ise ∆ = 0 olmalıdır.
∆ = 4. (a + 7)2 –4 . 27 . (a + 1)
0 = a2 + 14a + 49 – 27a –27
a2 - 13a + 22 = 0
Bu denklemi sağlayan a değerlerinin toplamı
(-13)
a1 + a2 = - 1 = 13 olur.
a ≠ 0, ax2 + bx + c = 0 denkleminin;
i) Simetrik iki kökünün olması için b = 0 olmalıdır.
ii) Simetrik iki reel kökünün olması için,
b = 0 ve a .c > 0 olmalıdır.

ÖRNEK: ax2 – (a2 –4 )x + 4 = 0
denkleminin simetrik iki reel kökü olduğuna göre, a kaçtır?

ÇÖZÜM: ax2 – (a2 –4 )x + 4 = 0
Denkleminin simetrik iki reel kökünün olması için,
a2 –4 = 0 ve 4 .a > 0 olmalıdır.
a2 –4 = 0 => a = -2 ve a = 2 dir.
4.a < 0 => a < 0 olmalıdır. O halde a = -2 olur.

KÖKLER İLE KATSAYILAR ARASINDAKİ BAĞINTI
ax2 + bx + c = 0 ikinci derece denkleminin kökleri x1 ve x2 olsun.
-b
1)x1 + x2 = a
c2)x1 . x2 = a

3)|x1 - x2| = |a|

1 1 x1 + x2 -b
4)x1 + x2 = x1 . x2 = c
5)X12 + x22 = (x1 + x2 )2 –2x1x2
b2 – 2ac
a2

6)1 1 x12 + x22
x12 +x22 = x12 . X22
b2 –2ac
= c2
7)x13 + x23 = (x1 + x2)3 –3x .x2(x + x2)
3abc-b3
= a3

ÖRNEK: 2x2 –5x + p2 + q2 = 0 denkleminin kökleri p ve q olduğuna göre, diskriminantı kaçtır?

ÇÖZÜM: 2x2 –5x + p2 + q2 = 0 denkleminde
a = 2, b = -5, c = p2 + q2, x1=p, x2 =q
c p2 + q2
x1 . x2 = a => p .q= 2
2pq = p2 + q2 p2 –2pq + q2 = 0
(p – q)2 = 0 ise
p – q = 0
p = q dur.
O halde, kökler eşit olduğundan ∆=0 dır.

ÖRNEK: x2 –2x + a = 0 denkleminin kökleri x1 ve x2 olduğuna göre
a’ nın hangi değeri için x1 + x2 + x1 . x2 = 5 olur?

ÇÖZÜM: x2 –2x + a = 0 denkleminin kökleri x1 ve x2 ise
x1 + x2 = 2 ve x1 . x2 = a dır. O halde,
x1 + x2 + x1 . x2 = 5 => 2 + a = 5 a = 3 bulunur.

ÖRNEK: x2 + (x1 + 4)x –3x2 = 0 denklemin kökleri sıfırdan farklı olan x1 ve x2 sayılarıdır.

ÇÖZÜM: x2 + (x1 + 4)x –3x2 = 0 denkleminde, a = 1, b= x1+4, c=-3x2
c x1x2 = a => x1x2 = -3x2 x1 = -3 tür.
-b
x1 + x2 = a => x1 + x2 = -x1 –4
x2 = -2x1 –4
x2 = -2(-3) –4
x2 = 2 olur.
O halde, denklemin büyük kökü x2 = 2 olur.
KÖKLERİ VERİLEN İKİNCİ DERECE DENKLEMİN YAZILMASI
a ≠ 0 olmak üzere, kökleri x1 ve x2 olan ikinci dereceden denklem:
a . (x – x1) . (x – x2) = 0 dir. Bu denklem düzenlenirse,
x2 –(x1 + x2) . x + x1 . x2 = 0 denklemi elde edilir.

ÖRNEK: Kökleri –2 ve 3 olan ikinci dereceden denklem nedir?

ÇÖZÜM: Kökleri x1 ve x2 olan ikinci dereceden denklem
x2 –(x1 + x2) x + x1 . x2 = 0 dır.
x1 = -2 ve x2 = 3 ise denklem:
x2 – (-2 + 3)x + (-2) . 3 = 0
x2 –x -6 = 0 olur.

EŞİTSİZLİK ÇÖZÜMLERİ f(x)
f(x) > 0, f(x) . g(x) < 0, g(x) ≤ 0 vb. eşitsizliklerinin her birini çözebilmek için aşağıdaki basamaklar sırasıyla uygulanmalıdır:
1)Her bir çarpan sıfıra eşitlenerek kökleri bulunur.
2)Bulunan köklerin sayı adedi incelenir.
a.Bir kökün sayı adedi tek ise, bu köke tek katlı kök denir ve sayı doğrusunda tek çizgi ile gösterilir.
b.Bir kökün sayı adedi çift ise bu köke çift katlı kök denir ve sayı doğrusunda çift çizgi ile gösterilir.
3)Bulunan kökler, sayı doğrusunda küçükten büyüğe sıralanır ve tek-çift katlı kökleri belirtilir.
4)Her bir çarpanın en büyük dereceli teriminin işareti parantezinin kuvveti ile birlikte alınarak çarpılır ve bir işaret bulunur.
5)Bulunan işaret ile sayı doğrusunun en sağından (+∞ tarafından) başlanır. Tek katlı köklerden geçerken işaret değiştirilir ve çift katlı köklerden geçerken işaret değiştirilmez.
Böylece tablodan istenen bölgeler bulunur.

ÖRNEK: (x-1) . (3-x) ≥ 0 eşitsizliğinin çözüm kümesi nedir?

ÇÖZÜM:
1)x-1 = 0 => x = 1 3-x = 0 => x = 3
2)x = 1 ve x = 3 birer tane olduğundan tek katlı köklerdir.
3) x -∞ 1 3 +∞
- + -

0 0

(+).(-) = (-)
Ç.K= {x * 1≤ x ≤ 3, x € R}

ÖRNEK: (x+2) . (x-2)
x + 1 ≤ 0
ÇÖZÜM:
1)x + 2 = 0 => x = -2
x –2 = 0 => x = 2
x + 1 = 0 => x = -1
2)x = -2, x = 2 ve x = -1 kökleri birer tane olduğundan, tek katlı köklerdir.



3) x -∞ -2 -1 2 +∞
- + - +

0 ∞ 0

4)(+) . (+) . (+) = (+)
Ç = {x € |R : x ≤ -2 veya –1 < x ≤ 2} dir.


Eşitsizliklerde n € Z olmak üzere, (x – a)2n ya da |x - a| ifadeleri her zaman pozitif olacağından işleme alınmayabilir. Bu durumda, sadece içlerini sıfır yapan noktalar incelenmelidir.


(3 –x)2
x2 + 3x –4 ≤ 0

eşitsizliğini çözmek yerine
x2 + 3x –4 < 0
eşitsizliğini çözmek yeterlidir.
Ayrıca, (3 –x)2 = 0 olabilmesi için x = 3 olmalıdır.
x -∞ -4 1 +∞
x2 + 3x –4 + - +
İstenen eşitsizliğin çözüm kümesi ise,
Ç = (-4, 1) U {3} olur.

İçinde birden fazla eşitsizlik bulunduran ifadelere eşitsizlik sistemi denir.
Eşitsizliklerin hepsini aynı anda sağlayan değerlerin bulunduğu kümeye eşitsizlik sisteminin çözüm kümesi denir.
eşitsizlik sisteminin çözümü için, her bir eşitsizlik ayrı ayrı çözülür ve ortak çözüm kümesi bulunur.

nÖRNEK: (x –2) (4 –x) ≤ 0
(1 –x) (5 +x) ≥ 0
eşitsizlik sisteminin çözüm kümesi nedir?
ÇÖZÜM: (x-2) (4-x) = 0 => x = 2, x = 4
(1-x) (5+x) = 0 => x = 1, x = -5

Şimdide her birinin ayrı ayrı işaretini inceleyelim.
x -∞ -5 1 2 4 +∞
(x-2)(4-x) - - - + -

(1-x)(5+x) - + - - -

İşaret tablosunda görüldüğü gibi, birinci eşitsizliğin (-), ikinci eşitsizliğin (+) olduğu bölge [-5, 1] aralığıdır. O halde, çözüm kümesi Ç = [-5, 1] dir.

i)ax2 + bx + c > 0
eşitsizliğinin daima sağlanması için
a > 0 ve ∆ = b2 – 4ac <0 olmalıdır.
-∞ +∞

+

ii)ax2 + bx + c < 0
eşitsizliğinin daima sağlanması için
a < 0 ve ∆ = b2 –4ac <0 olmalıdır.
-∞ +∞

-

ÖRNEK: (m –2)x2 + (m –2)x + m –1 < 0
eşitsizliği x € R için sağlanıyor ise m nedir?

ÇÖZÜM: (m-2)x2 + (m –2 )x + m –1
a = m –2, b = m –2, c = m –1
a < 0 ve ∆ < 0 olmalıdır.
a = m –2 < 0 => m < 2 ............... 1
∆ = b2 –4ac < => (m –2)2 –4(m –2) . (m –1) < 0
(m –2) (m –2 –4m + 4) < 0
(m –2) (-3m + 2) < 0
(m –2) (-3m + 2) ifadesinin işaret tablosuna bakılırsa,
2
m -∞ 3 2 +∞

- + -

(m –2) (-3m + 2) < 0 eşitsizliğinin çözüm kümesi m < 3 veya m > 2dir..........2
1 ve 2 yi sağlayan m değerleri m < 2 dür.
3

BİR k REEL SAYISININ İKİNCİ DERECE DENKLEMİNİN KÖKLERİYLE KARŞILAŞTIRILMASI
nf(x) = ax2 + bx +c denkleminin kökleri arasında x1 < x2 ve k € R olsun.
ni) x1 < k < x2 ise a . f(k) < 0 dır.
nii) k < x1 < x2 ise,
a) ∆ > 0 b) a . f(k) > 0 c) k < -b olmalıdır.
2aniii) x1 < x2 < k ise
a) ∆ > 0
b) a . f(k) > 0 c) k > -b olmalıdır.
2a

iv) a . f(k) = 0 ise, k köklerden birine eşittir. Bu durumda aşağıdaki üç maddeye bakılır.

-b
a)k > 2a ise x1 < k = x2
-b
b)k < 2a ise k = x1 < x2
-b
c)k = 2a ise k = x1 = x2 dir olur.

ÖRNEK: x2 –(m + 1)x + m = 0 denkleminin
0 < x1 < 2 < x2 koşulunu sağlayan iki kökünün olması için m hangi aralıkta olmalıdır?

ÇÖZÜM: f(x) = x2 –(m + 1)x + m
x1 < 2 < x2 => a . f(2) < 0
=> 1 . (22 –2m –2 + m) < 0
=> -m + 2 < 0 => m > 2 dır.

ÖRNEK: (p + 6)x2 + 17(p + 1)x + 5(p –2) = 0 denkleminin gerçel kökleri x1 ve x2 dir.
x1 < 0 < x2 , |x1| > x2 olması için p’nin alabileceği değerler nedir?

ÇÖZÜM: Denkleminin kökleri x1 < 0 < x2 , |x1| > x2 şartlarını sağladığına göre,
x1x2 < 0 ve x1 + x2 < 0 dır.
c 5(p – 2)
x1x2 = a = p + 6 < 0 ...................... (1)
-b 17(p + 1)
x1 + x2 = a = p + 6 < 0...................(2)
(p + 6)x2 + 17(p + 1)x + 5(p –2) = 0

p -6 -1 2

x1x2 + - - +
x1 + x2 - + - -
Ç
Ç = (-1 , 2) dir.

KarmaŞik (kompleks) Sayilar

KARMAŞIK (KOMPLEKS) SAYILAR


ax² + bx + c = 0 denkleminin Δ < 0 iken reel kökünün olmadığını daha önceden biliyoruz. Örneğin, x² + 1 = 0 denkleminin reel kökü yoktur. Çünkü,( x² + 1 = 0  x² = -1 ) karesi –1 olan reel sayı yoktur.
Şimdi, bu türden denklemlerin çözümünü mümkün kılan ve reel sayılar kümesini de kapsayan yeni bir küme tanımlayacağız...

A. TANIM:
a ve b birer reel sayı ve i = -1 olmak üzere, z = a + bi şeklinde ifade edilen z sayına Karmaşık ( Kompleks ) Sayı denir. Karmaşık sayılar kümesi C ile gösterilir.
C = { z : z = a + bi ; a, b  R ve -1 = i } dir.
( i = -1  i² = -1 dir.)
z = a + bi karmaşık sayısında a ya karmaşık sayının reel ( gerçel ) kısmı, b ye karmaşık sayını imajiner (sanal) kısmı denir ve Re(z) = a, İm(z) = b şeklinde gösterilir.

Örnek:
Z1 = 3 + 4i, Z2 = 2 – 3i, Z3 = 3 + i, Z4 = 7, Z5 = 10i sayıları birer karmaşık sayıdır.
Z1 karmaşık sayısının reel kısmı 3, imajiner kısmı 4 tür.
Z2 = 2 - 3i  Re(Z2) = 2 ve İm(Z2) = -3,
Z3 = 3 + i  Re(Z3) = 3 ve İm(Z3) = 1,
Z4 = 7  Re(Z4) = 7 ve İm(Z4) = 0,
Z5 = 10i  Re(Z5) = 0 ve İm(Z5) = 10 dur.

Örnek:
x² - 2x + 5 = 0 denkleminin çözüm kümesini bulalım.

Çözüm:

Verilen denklemde a = 1, b = -2, c = 5 tir.
Δ = b² - 4ac = ( -2) ² - 4.1.5 = -16 = 16.i²
X1,2 = -b ± Δ = -(-2) ± 16i² = 2 ± 4i = 1 ± 2i dir.
2a 2.1 2
Ç = { 1 – 2i, 1 + 2i } dir.







B. İ ‘NİN KUVVETLERİ

iº = 1, i¹ = i, i² = -1, i³ = -i, i4 = 1, i5 = i, ...
Görüldüğü gibi i nin kuvvetleri ; 1, i, -1, - i, değerlerinden birine eşit olmaktadır.

Buna göre , n  N olmak üzere,

i4n = 1
i4n + 1 = i
i4n + 2 = -1
i4n + 3 = -i dir.

Örnek:

( i14 + i15 + 1 ).( i99 + i100 – 1) işleminin sonucunu bulalım.

Çözüm:
i14 = (i4)3.i2 = 13.(-1) = -1
i15 = (i4)3.i3 = 13.(-i) = -i
i99 = (i4)24 .i 3 = 124.(-i) = -i
i100 = (i4)25 = 125 = 1 olduğu için,

(i24 + i15 + 1).(i99 + i100 – 1) = (-1 – i + 1).(-i + 1 – 1) = (-i) (-i) = i2 = - 1 dir.

C. İKİ KARMAŞIK SAYININ EŞİTLİĞİ

Reel kısımları ve imajiner kısımları kendi aralarında eşit olan iki karmaşık sayı eşittir.

Z1 = a + bi } olsun. Z1 =Z2 ↔ (a = c ve b = d) dir.
Z2 = c + di }








Örnek:
Z1 = a + 3 + 2bi + 3i
Z 2 = 8 + (a + b)i
Z1 = Z2 olduğuna göre, b değerini bulalım.

Çözüm:
Z1= (a + 3) + (2b + 3)i, Z2 = 8 + (a + b)i ve Z1 = Z2 olduğundan,
a + 3 = 8  a = 5
2b + 3 = a + b  2b + 3 = 5 + b  b = 2 dir.

Örnek:
Z1 = (a + b + 3) + (a – 2)i
Z2 = 0
Z1 = Z2 olduğuna göre, a.b değerini bulalım.


Çözüm:
Z1 = Z2 olduğundan,
a – 2 = 0  a =2,
a + b + 3 = 0  2 + b + 3 = 0  b = -5 tir.
O halde, a.b = 2.(-5) = -10 dur.

D. BİR KARMAŞIK SAYININ EŞLENİĞİ


_
Z = a + bi karmaşık sayı ise Z = a – bi sayısına Z karmaşık sayısının eşleniği denir.

Örnek:
_
1) Z1 = 4 + 3i sayısının eşleniği Z1 = 4 - 3i,
_
2) Z2 = 2 - 3i sayısının eşleniği Z2 = 2 + 3i,
_
3) Z3 = -7i sayısının eşleniği Z3 = 7i,
_
4) Z4 = 12 sayısının eşleniği Z4 = 12,
_
5) Z5 = 3 - 2 sayısının eşleniği Z5 = 3 - 2 dir.

Örnek:
Z = a + bi olmak üzere,
_
3 . Z – 1 = 2(4 – i)
olduğuna göre, a + b toplamını bulalım.

Çözüm:
_
3 . Z – 1 = 2(4 – i)
3 . (a – bi) – 1 = 8 – 2i
3a – 1 – 3bi = 8 – 2i
olduğundan, 3a –1 = 8 ve -3b = -2 dir.

3a – 1 = 8  3a = 9  a = 3 ve
-3b = -2  b = 2/3 tür.

O halde, a + b = 3 + 2/3 = 11/3
Not:

__
1) Bir karmaşık sayının eşleniğinin eşleniği kendisine eşittir ( ( z) = z )
.
2) Reel katsayılı ikinci dereceden ax2 + bx + c = 0 denkleminin köklerinden biri Z = m + ni
_
karmaşık sayısı ise diğeri bu kökün eşleniği olan Z = m – ni sayısıdır.

E. KARMAŞIK SAYILARDA DÖRT İŞLEM

1) Toplama - Çıkarma

Karmaşık sayılar toplanırken ( ya da çıkarılırken ) reel ve sanal kısımlar kendi aralarında toplanır ( ya da çıkarılır ).

Z1 = a + bi Z1 + Z2 = ( a + c ) + ( b + di )

Z2 = c + di Z1 – Z2 = ( a – c ) + ( b – di )


Örnek:

Z1 = 2 – 10i ve Z2 = 8 + 3i olduğuna göre,

Z1 + Z2 = ( 2 – 10i) + ( 8 + 3i )
= ( 2 + 8 ) + ( -10 + 3 )i
= 10 – 7i

Z1 – Z2 = ( 2 – 10i ) – ( 8 + 3i)
= ( 2 – 8 ) + ( -10 – 3 )i
= -6 – 13i

2) Çarpma:

Karmaşık sayılarda çarpma işlemi, i2 = -1 olduğu göz önüne alınarak, reel sayılardakine benzer şekilde yapılır.

Z1 = a + bi ve Z2 = c + di olsun.


Z1 . Z2 = ( a + bi ).( c + di)


= a.c + a.di + bi.c + b.di2 , ( i2 = -1 )

= ac – bd + ( ad + bc )i

Z1 . Z2 = ( ac – bd ) + ( ad + bc )i
_ _
Z1 . Z1 = ( a + bi).( a – bi )  Z1 . Z1 = a2 + b2 dir.

Örnek:
Z1 = 2 – i ve Z2 = 3 + 2i olsun.
a) Z1 . Z2
_
b) Z1 . Z1

c) (Z2)2 işlemlerini yapalım.
Çözüm:

a) Z1 . Z2 =( 2 – i ) .( 3 + 2i)


= 6 + 4i – 3i – 2i2
= 6 – 2.( -1 ) + ( 4 – 3)i
= 8 + i dir.

b) Z1 . Z1 = ( 2 – i ).( 2 + i )
= 22 – i2
= 4 – ( -1)
= 5 tir.

c) ( Z2 )2 = ( 3 + 2i )2
= 32 + 2.3.2i + (2i)2
= 9 + 12i – 4
= 5 + 12i dir.

Örnek:

( -1 – i )2 = ( 1 + i )2 = 12 + 2.1.i + i2 = 2i,
( 1 – i )2 = ( -1 + i )2 = ( -1 )2 + 2.( -1 ).i + i2 = -2i,
( 1 + i )10 =( ( 1 + i )2 )5 = ( 2i )5 = 25.i = 32.i,
( 1 – i )20 = ( ( 1 – i )2 )10 = ( -2i )10 = 210.i2 = -210

3) Bölme:

Karmaşık sayılarda bölme işlemi, paydanın eşleniği ile pay ve paydanın çarpılması ile sonuçlandırılır.
Z1 = a + bi ve Z2 = c + di olsun.

Z1 a + bi ( a + bi ).( c – di ) ( ac + bd ) + ( bc – ad )i
 =  =  = 
Z2 c + di ( c + di ).( c – di ) c2 + d2









Örnek:

Z1 = 4 – 3i ve Z2 = 1 – 2i olsun.

Z1 4 – 3i ( 4 – 3i ).( 1 + 2i ) 4 + 8i – 3i – 6i2 10 + 5i
 =  =  =  =  = 2 + i dir.
Z2 1 – 2i ( 1 – 2i ).( 1 + 2i ) 12 + 22 5








Not:

1) Z = a + bi sayısının, toplama işlemine göre tersi, -Z = -a – bi,
çarpma işlemine göre tersi,

1 1 a – bi
 =  =  dir.
Z a + bi a2 + b2

_ _
2) Z1 . Z2 Z1 . Z2
 = 
Z3 z3


Örnek:

3 – 4i karmaşık sayısının çarpma işlemine göre tersinin imajiner ( sanal ) kısmını bulalım.

Çözüm:

3 – 4i sayısının çarpma işlemine göre tersi,

1 3 + 4i 3 + 4i 3 4 4
¾¾¾ = ¾¾¾¾ = ¾¾¾ = ¾ + ¾ i olduğuna için imajiner kısmı ¾ tir.
3 – 4i 32 + 42 25 25 25 25




Örnek:

1 + 2i 1 – 2i
¾¾¾ + ¾¾¾ işleminin sonucunu bulalım.
1 – i 1 + i

Çözüm:

1 + 2i 1 – 2i ( 1 + 2i ).( 1 +i ) ( 1 – 2i ).( 1 – i )
¾¾¾ + ¾¾¾ = ¾¾¾¾¾¾¾ + ¾¾¾¾¾¾¾¾
1 – i 1 + i 12 + 12 12 + 12
( 1 + i ) ( 1 – i )
1 + i + 2i + 2i2 1-i –2i + 2i2 1 + 3i – 2 + 1 – 3i - 2
= ¾¾¾¾¾¾ + ¾¾¾¾¾ = ¾¾¾¾¾¾¾¾¾
2 2 2

( 1 – 2 + 1 – 2 ) + ( 3 – 3 )i -2 + 0.i
= ¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾ = ¾¾¾¾ = -1 dir.
2 2


Örnek:

1 – i 40
¾¾¾ işleminin sonucunu bulalım.
1 + i


Çözüm:

1 – i ( 1 – i )2 -2i 1 - i 40
¾¾¾ = ¾¾¾¾ = ¾¾ = -i olduğundan, ¾¾¾ = ( -i )40 = 1 dir.
1 + i 12 + 12 2 1 + i



F. KARMAŞIK DÜZLEM VE BİR KARMAŞIK SAYININ
GÖRÜNTÜSÜ


1) İki boyutlu analitik düzlemdeki x ekseninin reel eksen, y ekseninin imajiner eksen alınmasıyla oluşturulan düzleme karmaşık düzlem denir.

2) Z = a + bi karmaşık sayısının karmaşık düzlemdeki görüntüsü M(a,b) noktasıdır.

3) Z = a + bi karmaşık sayısının iki boyutlu vektör uzayındaki görüntüsü M = (a,b) olmak üzere OM vektörüdür.

Örnek:

Z = 1 + 2i karmaşık sayısını,

1) Karmaşık düzlemde
2) Vektör uzayında gösterelim.

Çözüm:

1) imajiner eksen 2)
Z = 1 + 2i
2 Z = 1 + 2i 2 M(1,2)


0 ree eksen 0
1 1






G. BİR KARMAŞIK SAYININ MUTLAK DEĞERİ ( MODÜLÜ )

Karmaşık düzlemde, bir karmaşık sayıya karşılık gelen y

noktanın, başlangıç noktasına uzaklığına bu sayının b z = a + bi
z
mutlak değeri ( modülü ) denir ve Z şeklinde gösterilir. x
a


Z = a + bi  Z=  a2 + b2 dir.

Örnek:

Z = 5 + 12i
karmaşık sayısının mutlak değerini bulmak bularak karmaşık düzlemde gösterelim.

Çözüm:
12 Z = 5 + 12i
Z = 5 + 12i  Z

Z =  52 + 122
= 13 tür. 0
5
Örnek:

Z = ( a + 2 ) + 3i
Z = 5 olduğuna göre, a nın alabileceği değerlerin toplamı kaçtır?

Çözüm:
____________
Z= 5  ( a + 2 )2 + 32 = 5  ( a + 2 )2 + 32 = 52  ( a + 2 )2 = 16

olduğundan, a + 2 = 4 veya a + 2 = -4 tür.

a + 2 = 4  a = 2 veya
a nın alabileceği değerlerin toplamı 2 + (-6) = -4 tür.
a + 2 = -4  a = -6 dır.











H. MUTLAK DEĞERLE İLGİLİ ÖZELLİKLER
_ _ _
1) Z= -Z= Z=-Z=i.Z=-i.Z=...

2) Z1.Z2= Z1.Z2

3) Z1 Z1
¾¾ = ¾¾ , ( Z2 ≠ 0)
Z2 Z2

4) Zn = Zn
_
5) Z . Z = Z2

6) Z1 - Z2 < Z1 ± Z2 < Z1 + Z2

Örnek:
3 – 3i
Z = ¾¾¾¾ olduğuna göre, Z = ?
1 + i

Çözüm:

3 – 3i sayısının mutlak değeri,  32 + 32 = 32 dir.

1 + i sayısının mutlak değeri, 12 + 12 = 2 dir. O halde,

3 – 3i 32
Z = ¾¾¾ = ¾¾ = 3 tür.
1 + i 2

Örnek:

i2 = -1 olmak üzere,

Z1 = 2 + ni

Z2 = 1 + 2i
_______
Z1 + Z2 = 5 olduğuna göre, n nin alabileceği değerlerin çarpımı ?

Çözüm:

Z1 + Z2 = (2 + ni) + (1 + 2i) = 3 + (n + 2)i ,
______
Z1 + Z2 = 3 – (n + 2)i dir.

Z1 + Z2 = 5   32 + (n + 2)2 = 5  32 + (n + 2)2 = 52  (n + 2)2 = 42 olduğundan,

n + 2 = 4  n = 2 veya
n + 2 = -4  n = -6 dır. n nin alacağı değerlerin çarpımı, 2.(-6) = -12 dir.
Örnek:

i2 = -1 olmak üzere ,

1 - xi
Z = ¾¾¾¾ olduğuna göre, Z10=?
1 + xi
Çözüm:

Z10 = Z10 dur.

1 – xi sayısının eşleniği 1 + xi olduğundan 1 - xi = 1 + xi dir. Buna göre,

1 - xi
Z = ¾¾¾ = 1 ve Z10 =110 = 1 dir.
1 + xi


1) Z1 = x1 + y1i ve Z2 = x2 + y2i sayıları arasındaki uzaklık, bu sayıların karmaşık düzlemdeki görüntüleri olan noktalar arasındaki uzaklığa eşittir. Yani,

Z1 – Z2 = (x1 – x2)2 + (y1 – y2)2 dir.

2) Z – Z0 = r şartını sağlayan Z karmaşık sayılarının kümesi, Z0 sabit noktasına r birim uzaklıktaki noktaların kümesidir. Bu küme, merkezi Z0 ve yarıçapı r olan çemberdir.

Örnek:

A = Z : Z – 4 – 3i = 2, Z € C kümesini karmaşık düzlemde gösterelim.

Çözüm:

Z = x + yi olsun, y

Z – 4 – 3i = 2 2 (x – 4)2 + (y – 3)2 = 4
3
 x + yi – 4 – 3i= 2

 (x – 4)2 + (y – 3)2 = 2 0 x
4
(x – 4)2 + (y – 3)2 = 22 bulunur.

Yani, Z karmaşık sayıları merkezi (4,3) noktası ve yarı çapı 2 olan çemberi oluşturan noktaların kümesidir.









SORULAR

1) i = -1 olmak üzere

-2 . -8 + 1
¾¾¾¾¾¾¾ işleminin sonucunu bulun.
(-3)2
Çözüm:

-2 . -8 + 1 -1. 2. -1.8 + 1 i. 2.i.22 + 1 4.i2 + 1 -4 + 1
¾¾¾¾¾¾ = ¾¾¾¾¾¾¾¾¾ = ¾¾¾¾¾¾¾ = ¾¾¾¾ = ¾¾¾ = -1 dir.
(-3)2 -3 3 3 3

2) i = -1 olmak üzere,

i37 – 2i-5 + i3 soncunu bulun.

Çözüm:

i37 = (i4)9.i1 = 19.i = i ,

i-5 = i-5+8 = i3 = -i,

i3 = -i olduğundan i37- 2i-5+i3 = i – 2.(-i) – i = 2i


3) i2 = -1 olmak üzere,

2x2 – 2x + 2
f(x) = ¾¾¾¾¾¾ olduğuna göre f(i) = ?
x3 + 1

Çözüm:

2x2 – 2x + 2
f(x) = ¾¾¾¾¾¾ ,
x3 + 1

2i2 – 2i + 2 -2 – 2i + 2 -2i ( 1 + i ) -2i ( 1 + i )
f(i) = ¾¾¾¾¾¾ = ¾¾¾¾¾¾ = ¾¾¾¾¾¾ = ¾¾¾¾¾¾ = 1 – i dir.
i3 + 1 1 – i ( 1 - i ) ( 1 + i ) 2









4) i2 = -1 olmak üzere,
1 1
¾¾ + ¾¾ işleminin sonucunu bulun.
2 – i 2 + i

Çözüm:

1 1 2 + i + 2 - i 4
¾¾ + ¾¾ =.¾¾¾¾¾ = ¾ tir.
2 – i 2 + i 22 + 12 5
( 2 + i ) (2 – i)

5) x < 0 olmak üzere,

Z =  -x2 + 2x –1 + -x+ 2x karmaşık sayısının reel kısmı ile sanal kısmının toplamı kaçtır?

Çözüm:

Z =  -x2 + 2x –1 + -x+ 2x

Z =  -1.(x –1)2 - x + 2x, (x < 0)

Z = -1 . x - 1 + x

Z = x + (1 – x)i bulunur.

Re(Z) = x ve İm(Z) = 1 – x tir.

Re(Z) + İm(Z) = x + 1 – x = 1


6) i = -1 olmak üzere,

Z1 = a + i

Z2 = 2 – i
______
Z1 – Z2 = 2 olduğuna göre a = ?

Çözüm:

Z1 – Z2 = (a + i) – (2 – i) = (a – 2) + 2i
______
Z1 – Z2 = (a – 2) – 2i
______
Z1 – Z2= 2  (a – 2)2 + (-2)2 = 2  (a – 2)2 + (-2)2 = 22  (a – 2) 2 = 0  a = 2






7) i = -1

i + 1
¾¾¾ = 1 – i olduğuna göre Z2003 nedir?
Z

Çözüm:

i + 1 1 + i 2i
¾¾¾ = 1 – i  Z = ¾¾  Z = ¾  Z = i .
Z 1 - i 2
(1 + i)

Z2003 = i2003 = i3 = - i

8) Z = x + yi olmak üzere,
_
(i – 1).Z +i.Z = 2 – 3i olduğuna göre, Z = ?

Çözüm:
_
(i – 1).Z +i.Z = 2 – 3i  (i – 1)(x - yi) + (x + yi) = 2 – 3i  xi + y – x + yi + xi – y = 2 –3i

 -x + (2x + y)i = 2 – 3i

-x = 2  x = -2 ve 2x + y = -3  -4 + y = -3  y = 1

 Z = -2 + i ve Z = 5

9) i = -1 ve Z = x + yi olmak üzere,
_
2.Z Z + Z
¾¾¾¾ = ¾¾¾ olduğuna göre Re(Z) – İm(Z) = ?
Z - Z i

Çözüm:
_
Z = x + yi  Z = x – yi
_ _
Z + Z = 2x ve Z – Z = 2yi

Z2 = (  x2 + y2 )2 = x2 + y2

ve Re(Z) – İm(z) = x – y .

_
2.Z Z + Z 2.Z 2x
¾¾¾¾ = ¾¾¾  ¾¾¾¾ = ¾¾  (x + y)2 = 0  x – y = 0
Z - Z i Z - Z i




10) i = -1 ve Z = x + yi olmak üzere,

Z – 3i < Z + 3 olduğuna göre aşağıdakilerden hangisi doğrudur?

A) y < -x B) y <> x D) y > -x E) 2y > -x

Çözüm:

Z – 3i < Z + 3

x + yi – 3i < x + yi + 3

x + (y – 3)i < (x + 3) + yi

x2 + (y – 3)2 <  (x + 3)2 + y2

x2 + (y – 3)2 < (x + 3)2 + y2

x2 + y2 – 6y + 9 < x2 + 6x + 9 + y2

-6y < 6x

y > -x