Elektromanyetizma Nedir?

Selamlar herkese. Bugün elektromanyetik teori serimize başlıyoruz. Öncelikle elektromanyetizma derken ne kastettiğimizle başlamak istiyorum. Günlük hayatta tecrübe ettiğimiz bazı şeyler var; arabanın kapısını kapatırken hissettiğimiz elektrik çarpması, bir kutunun kayarken yavaşlayıp durması, basit bir kabloyu prize takıp tuşlara basarak bu yazıya ulaşmanız, anahtarı açınca odanın aydınlanması gibi. Bütün bunların temelinde maddeye içkin bir özellik var. Maddenin elektrik yükü denilen bir niceliği var. Madde sahip olduğu elektrik yükü ve hızı aracılığıyla bazı kuvvetler meydana getirebiliyor. Bu kuvvetleri ve onların sonuçlarındaki hareketleri, enerjiyi açıklamak için elektrik alan ve manyetik alan kavramlarını kullanıyoruz. Elektromanyetizma bu alanlar aracılığıyla maddenin bahsettiğimiz özelliğini ve sonuçlarını inceler. Bu yazımızda tarihi gelişimine ve bahsettiğimiz olgunun somut olarak neye tekabül ettiğinden ardından da elektrostatikten bahsedeceğiz.

Tarihi Süreç

Tarağı saçımıza sürttükten sonra kağıt parçalarını çekebilmesi çok meşhur bir örnektir. Elektriğin hikayesi laboratuvarda değil Antik Yunan’da başlar. Antik Yunan’da kehribarın yüne sürtüldükten sonra tüy gibi hafif parçaları hareket ettirdiği gözlemlenmiştir. Nitekim elektron kelimesi yunancada kehribar anlamına gelir. Elektrik fikri ilk başta sürtünmeyle cisimlerin birbirini çekmesi olayıyla ilgiliydi. 16. yüzyılda William Gilbert sürtünme ile elektriklenmeyi detaylı biçimde inceledi. Charles François de Cisternay du Fay aynı elektriklenmiş maddeler birbirini iterken farklı maddelerin birbirini çektiğini gördü. İpekle yüklenmiş cam çubuklar birbirlerini ve yünle yüklenmiş kehribarlar birbirlerini iterken cam çubuk ve kehribar birbirini çekiyordu. Bu yüzden 2 farklı tür elektrik vardır dedi, reçine elektriği ve cam elektriği. Bu açıklama 2 farklı türü iddia ediyordu. Aynı türler birbirini iterken farklı türler birbirlerini çekiyorlardı. Bu zıt yükler ve aynı yükler fikrinin ilk düşüncesiydi. Benjamin Franklin ise iki farklı elektrik maddesi (cam ve reçine) olması yerine bir tane olabileceğini düşündü. Tek bir tür elektrik vardı ve madde bazen fazla elektrik alıp pozitif olur bazen kaybedip negatif olur dedi. Böylece tek elektrik türünün varlığı ve yokluğu üzerinden bu itme
çekme farkını açıklayabilirdik. Yük korunumu fikrini de dolaylı olarak ortaya atmış oldu. Sonucunda du Fay tarafından ortaya atılan 2 farklı elektrik fikri Franklin tarafından + ve - yükler olarak tanımlanmıştır. Burada önemli olan detay Franklin elektrondan da protondan da habersiz, tamamen keyfi olarak birine pozitif diğerine negatif demişti. Eğer tam tersini söyleseydi bugün elektrona pozitif protona negatif diyebilirdik. Ve hatta böylece akımın yönü, elektronların hareket yönüne zıt demek zorunda kalmazdık. Ancak bu isimlendirmeler tamamen keyfi kabullerdir. Fizik yasaları bizim anlamak için ortaya attığımız bütün bu kelimeler ve fikirlerden bağımsızdır.

Elektromanyetik Teori

Elektromanyetik teori için çok önemli 2 adet kavram vardır, elektrik alan $\vec{E}$ ve manyetik alan $\vec{B}$. Verilen akımlar ve yük dağılımları üzerinden bu 2 alanı bulmaya çalışırız. Bunun için maxwell denklemleri olarak bildiğimiz 4 adet denklemi kullanacağız:

$$\nabla \cdot \vec{E} = \frac{\rho}{\varepsilon_0}$$ $$\nabla \cdot \vec{B} = 0$$ $$\nabla \times \vec{E} = - \frac{\partial \vec{B}}{\partial t}$$ $$\nabla \times \vec{B} = \mu_0 \vec{J} + \mu_0 \varepsilon_0 \frac{\partial \vec{E}}{\partial t}$$

Maxwell denklemlerini kullanmamızın sebebine değinirsek matematikçi Helmholtz’un adıyla anılan teoreme göre, bir vektör alanının diverjansı (divergence) ve rotasyoneli (curl) verildiğinde uygun sınır koşulları altında o vektör alanını bulabiliriz. Bu yüzden amacımız bu vektör alanların diverjans ve rotasyonellerini bulmak olacaktır. Maxwell’in denklemleri aslında elektrik ve manyetik alanın rotasyonelleri ve diverjanslarıdır. Bu yazımızda temel birkaç kavrama ve maxwell’in ilk denklemine değineceğiz.

Nicel Olarak Kuvvet

Yüklerin birimi fizikte "Coulomb"dur, genellikle q harfi ile gösteririz. Elektronun yük miktarı yaklaşık $-1.6 \cdot 10^{-19}$ coulomb kadardır, $e$ ile gösterilir. Protonun ise $1.6 \cdot 10^{-19}$ coulomb yani aynı miktarın pozitif halidir. Doğada yükler elektronun $e$ yükünün tam sayı katları şeklinde karşımıza çıkar. Şimdi yükler arasında harekete sebep olan kuvveti sayısal olarak nasıl hesaplayacağımıza bakalım. Newton 17. yüzyılın sonlarında bugün $F = ma$ olarak bildiğimiz ilişkiyi ortaya attığında, artık hareketin oluştuğu yerde kuvveti aramamız gerektiğini biliyorduk. Sistemimizdeki $q$ ve $Q$ yükleri için aralarındaki kuvvet Coulomb yasası olarak bildiğimiz

$$\vec{F}_{12} = k \frac{qQ}{d^2} \hat{d}$$

denklemi ile hesaplanır. Burada büyüklüğünü $d$ ile gösterdiğimiz $\vec{d}$ vektörüne ayrım vektörü, ingilizcesiyle separation vektörü denir. Bu yazımızda daha yaygın olduğu için separation kelimesini kullanacağız. Bu $\vec{r}_1$’den (q yükünün lokasyonu) $\vec{r}_2$’ye (Q yükünün lokasyonu) bir vektör olarak tanımlanır:

$$\vec{d} = \vec{r}_2 - \vec{r}_1$$

Kuvvet yüklerin aralarındaki mesafenin karesiyle ters orantılıdır. $k$ ise sabittir ve $\varepsilon_0$ boş uzayın elektrik geçirgenliği olmak üzere şuna eşittir:

$$k = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0}$$

Şimdi birim coulomb başına düşen kuvveti veren bir vektör alan, elektrik alanı tanımlayacağız:

$$\vec{F} = q\vec{E}$$ $$\vec{E} = k \frac{Q}{d^2} \hat{d}$$

Artık elimizde daha sade bir matematiksel ifade var. Ben referansımızdan $\vec{r}_1$ yani $Q$ yükünden $d$ uzaklıkta, birim yük başına düşen kuvveti bulabilirim ve $q$ ile çarparak $q$ yükü üzerindeki net kuvveti bulabilirim. $\vec{F}_i$, $Q_i$ yükünün $q$ yüküne uyguladığı kuvvet olmak üzere:

$$\vec{F}_{net} = \vec{F}_1 + \vec{F}_2 + ... + \vec{F}_N$$

Buna süperpozisyon ilkesi denir. Net kuvvet vektörü, tüm vektörlerin toplamına eşit demektir. Şimdi bir değil birçok $Q_1, Q_2..Q_N$ yükü olduğunu düşünelim.

$$\vec{E} = k \sum_{i=1}^{n} \frac{Q_i}{d_i^2} \hat{d}$$

ifadesiyle bulunur. Elektrik alan süperpozisyona uyar. Sistemdeki her $Q$ yükü için elektrik alanları hesaplar ve toplarsak toplam elektrik alanı buluruz. Bu formül ile $q$ yükü üzerine düşen net kuvvet vektörünü hesaplayabiliriz:

$$\vec{F} = q\vec{E} = kq \sum_{i=1}^{n} \frac{Q_i}{d_i^2} \hat{d}$$

Diyelim bir sürekli yük dağılımı var. Tek boyutlu çizgisel yoğunluk için bu yük dağılımına $\lambda$, 2 boyutlu alan yoğunluğu için $\sigma$ ve 3 boyutlu hacimsel yoğunluk için $\rho$ diyelim. Yoğunluk tanımımız gereği:

$$\lambda = \frac{dq}{dx}$$ $$\sigma = \frac{dq}{dA}$$ $$\rho = \frac{dq}{dV}$$

Bu sayede de toplam yük

$$Q = \int dq = \int \lambda dx$$ $$Q = \int dq = \int \sigma dA$$ $$Q = \int dq = \int \rho dV$$

ifadeleriyle hesaplanabilir.

Örnek olarak klasiklerden sonsuz çubuğun elektrik alanını hesaplayalım. Şekil 1’deki yeşil çubuğun $\lambda$ çizgisel yük yoğunluğu ile yüklü sonsuz bir çubuk olduğunu kabul edelim. Çubuktan dik olarak $a$ mesafe uzakta A noktasındaki elektrik alanı hesaplayalım. Çubuğun her bir noktasındaki elektrik alanı hesaplayıp topladığımızda net elektrik alanı bulacağımızı biliyoruz. Şimdi dikkat etmemiz gereken bir kısım var, A noktamızdan $d$ uzaklıkta hem sağ hem sol taraftaki noktaya bakalım. Bu iki noktanın yatay bileşenleri birbirlerine zıt yönde olacaklar ve büyüklükçe eşit olacaklar. Yani mesela sağdan 5 metre uzaktaki ile soldan 5 metre uzaktaki noktanın bileşenleri yatayda birbirini götürecek. Bu yüzden sadece her noktanın dikey bileşenini hesaplarsak toplam elektrik alanı bulabiliriz çünkü net yatay elektrik alan sıfırdır. Şimdi $d$ mesafe uzaktaki bu noktanın yatay uzaklığı olan $d\cos\theta$ bileşenine $x$ diyelim. Pisagor teoreminden ve temel trigonometreden:

$$d^2 = a^2 + x^2$$ $$\sin\theta = \frac{a}{\sqrt{a^2 + x^2}}$$

Şimdi elektrik alan için toplam $Q$ yükünü yoğunluktan nasıl hesaplayacağımızı biliyoruz. $d$ mesafesini de $a$ ve $x$ cinsinden bulduk.

$$\vec{E} = k \frac{Q}{d^2} \sin\theta \, \hat{j}$$

Elektrik alanı $\sin\theta$ ile çarptık çünkü sadece dikey bileşeni hesaplayacağız. Şimdi elde ettiğimiz $d$ ve sinüs ifadesini $Q$’yu yerine yazarsak:

$$\vec{E} = k \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\lambda a \, dx}{(a^2 + x^2)^{3/2}} \hat{j}$$

her nokta için $x = a \tan\theta$ olduğunu biliyoruz. Diferansiyel alırsak $dx = a \sec^2\theta d\theta$ yani:

$$E = k\lambda \int_{-\pi/2}^{+\pi/2} \frac{a^2 \sec^2\theta}{a^3 \sec^3\theta} d\theta = \frac{k\lambda}{a} \int_{-\pi/2}^{+\pi/2} \cos\theta d\theta$$

ve böylece de

$$\vec{E} = \frac{2k\lambda}{a} \hat{j} = \frac{\lambda}{2\pi \varepsilon_0 a} \hat{j}$$

Sonsuz çubuğun elektrik alanını taşı taşa sürterek bir şeyler farkeden doğa filozoflarının başlattığı fizik sayesinde hesapladık.

Elektrostatik

Elektrostatik, zamana göre değişmeyen elektrik yük dağılımlarının ve oluşturdukları elektrik alanların incelendiği elektromanyetizma alt dalıdır. Elektrostatik kuvvet, korunumludur. Yani kısaca bir potansiyelin gradyanıdır. Yükleri yüksek potansiyelden düşük potansiyele götürür. Bu kuvvetleri matematiksel olarak şu 2 denk ifade ile gösteririz:

$$\nabla \times \vec{F} = 0$$ $$\vec{F} = -\nabla U$$

Verilen nabla operatörlerine sırayla rotasyonel ve gradyan denir. $U$ potansiyel enerji fonksiyonudur. Gradyan ve rotasyonel vektör operatörleri sırayla:

$$\nabla = < \frac{\partial}{\partial x}, \frac{\partial}{\partial y}, \frac{\partial}{\partial z} >$$ $$\nabla f = < \frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y}, \frac{\partial f}{\partial z} >$$ $$\nabla \times \vec{F} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ \partial_x & \partial_y & \partial_z \\ F_x & F_y & F_z \end{vmatrix}$$ $$\nabla \times \vec{F} = (\partial_y F_z - \partial_z F_y)\hat{i} + (\partial_z F_x - \partial_x F_z)\hat{j} + (\partial_x F_y - \partial_y F_x)\hat{k}$$

şeklinde tanımlanır. Kuvvet yerine elektrik alan kullanacağımız için potansiyel enerji yerine yeni bir şey kullanacağız.

$$\vec{E} = -\nabla V$$

$V$ yani voltaj, gerilim için de birim yük başına düşen potansiyel enerji miktarı diyeceğiz. Birbirlerinden $\vec{d}$ ile ayrılan $q_1 \ q_2$ yükleri için aralarındaki potansiyel enerji:

$$U = k \frac{q_1 q_2}{|\vec{d}|}$$

ile verilir ve $q$ noktasında birim yük başına düşen potansiyel enerji yani voltaj:

$$V = \frac{U}{q} = k \frac{Q}{d}$$

Madem potansiyel enerji var ve hesap yapabiliyoruz, voltajı neden tanımlamakla uğraşıp yeni bir kavram ortaya atıyoruz diye sorabilirsiniz. Kuvvet varken elektrik alan tanımlamamızla aynı sebepten. Hayatı kolaylaştırıyor. $n$ adet yükün olduğu bir senaryoda bir $P$ noktasındaki voltajı hesaplamak istiyoruz. $\vec{r}_i$, $q_i$ yükünün konumundaki vektör olmak üzere $\vec{r}$ noktasındaki voltajı

$$V = k \sum_i^n \frac{q_i}{|\vec{d}_i|}$$ $$\vec{d}_i = \vec{r} - \vec{r}_i$$

ile buluruz. Bunu $Q$ ile çarparak $\vec{r}$ noktasındaki $Q$ yükünün potansiyel enerjisini bulabilirim. Bir sonraki kısımda göreceğimiz gibi elektrik alan-voltaj ilişkisi kuvvet-potansiyel ilişkisinden daha zarif bir model sunar. Eğer sürekli bir yük dağılımı varsa hesabı denklem (9)’da verilenlere göre yapabilirsiniz.

Şimdi bir gradyanın rotasyonelinin sıfır olduğunu biliyoruz ve denklem (17) gereği elektrik alanın rotasyoneli de sıfırdır. Stokes teoremi bir $\vec{F}$ vektör alanı için:

$$\oint_{\partial S} \vec{F} \cdot d\vec{r} = \iint_S (\nabla \times \vec{F}) \cdot d\vec{S}$$

şeklindedir ve böylece elektrik alan için sağ taraf sıfır olduğundan sol taraftaki kapalı çizgi integralinin sıfır olduğunu biliyoruz:

$$\oint \vec{E} \cdot d\vec{r} = 0$$

Bu demektir ki, kapalı bir yol etrafında elektrik alanın çizgi integrali sıfırdır. Peki iki nokta arasındaki çizgi integralini düşünelim. Referansımız $O$ olacak şekilde voltajı şöyle tanımlayabiliriz:

$$V(\vec{r}) = - \int_O^r \vec{E} \cdot d\vec{l}$$

ve iki nokta arasındaki voltaj farkı için de:

$$V_B - V_A = - \int_A^B \vec{E} \cdot d\vec{l}$$

diyebiliriz. Böylece voltaj kavramını matematiksel olarak hesaplayabilir ve inceleyebiliriz. Şimdi elektrostatik için çok değerli olan Gauss yasasına geçebiliriz, Maxwell’in ilk denklemi. Diverjans teoremi bir $\vec{F}$ vektör alanı için:

$$\int_V (\nabla \cdot \vec{F}) dV = \oint_{\partial V} \vec{F} \cdot d\vec{S} = \oint_{\partial V} \vec{F} \cdot \hat{n} dS$$

şeklindedir. Kısaca sezgisel anlamından bahsedersek, vektör alanımız (elektrik alan üzerinden düşünelim) $q$ yükünden başlayan çizgilere sahip olacaktır. Yükün / yüklerin etrafını bir yüzey ile çevrelersek, bu çizgiler yüzeyimizi kesecektir. Yüzeyimize dik, 90 derece olan çizgilere baktığımızda akı (flux) dediğimiz niceliği buluruz. Eğer akı miktarı büyüklük açısından yüksek ise elektrik alan güçlü demektir. Eğer akı artı ise elektrik alan yüzeyden dışarı, akı eksi ise yüzeyden içeri doğru demektir. İstediğimiz keyfi bir yüzey için bu geçerlidir ancak kolaylık olması adına şimdi formülümüzü alanımıza yüklerimizi çevreleyen $r$ yarıçapında bir küre için uyguladığımızı düşünelim. Teoremde sağ taraf elektrik alan ile küremizin yüzey alanının çarpımı olacaktır. Elde ettiğimiz ifade:

$$E \cdot 4\pi r^2 = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{Q}{r^2} 4\pi r^2 = \frac{Q}{\varepsilon_0}$$

olacaktır. Gauss yasasının integral halini elde ettik. Diverjans teoreminin diğer kısmı da hacim boyunca diverjansın integrali olduğu ve birim hacimdeki yük miktarına da $\rho$ yük yoğunluğu dediğimiz için Gauss yasasının diferansiyel ve integral hali:

$$\nabla \cdot \vec{E} = \frac{\rho}{\varepsilon_0}$$ $$\oint_{\partial V} \vec{E} \cdot d\vec{S} = \frac{\sum Q}{\varepsilon_0}$$

olacaktır. Bunu yorumlayalım. Elektrik alanın yükten veya yük dağılımından dışarı dağılımının direkt yükün büyüklüğü ile orantılı olduğunu görüyoruz. İntegral halinde seçtiğimiz yüzeyin içerisindeki net yüke bağlı olduğunu görüyoruz. Dikkat edersek seçtiğimiz yüzeyin alanı, uzaklaştıkça yüke olan uzaklığın karesiyle artıyor. Elektrik alan da karesiyle azaldığı için elektrik alanın diverjansı yalnız yük yoğunluğuna bağlıdır. Diverjans tanımını da:

$$\nabla \cdot \vec{F} = < \frac{\partial}{\partial x}, \frac{\partial}{\partial y}, \frac{\partial}{\partial z} > \cdot < F_x, F_y, F_z > = \frac{\partial F_x}{\partial x} + \frac{\partial F_y}{\partial y} + \frac{\partial F_z}{\partial z}$$

şeklinde verirsek aslında coulomb yasasının bir başka ifadesi olduğunu görebiliriz. Gauss yasası deme sebebimiz bunu hesaplamamıza yarayan matematiksel diverjans teoreminin Gauss’a atfedilmesidir. Şimdi bu elde ettiğimiz sonucun ne kadar hayatı kolaylaştırdığına bir bakalım. Yine sonsuz çubuğun elektrik alanını hesaplamak istiyorum. Yüzey olarak keyfi bir seçim yapabileceğimizi söylemiştim. $a$ yarıçaplı ve $L$ uzunluklu bir silindir seçelim ve sonsuz çubuğumuzu kapladığını düşünelim. Yine aradığımız nokta çubuktan dik olarak $a$ mesafe uzakta olsun. Bu durumda Gauss yasasının integral formundan elektrik alanın büyüklüğü ve yüzeyimizin yüzey alanı çarpımı, yüzeyin içerisindeki net yük miktarının $\varepsilon_0$’a bölümü olacaktır. Yük yoğunluğumuz $\lambda$ olsun. İçerideki net yük miktarı $Q = \lambda L$ olacaktır. Gauss yasasının integral formu için hesaplarsak, elektrik alanın büyüklüğü sabit olacağı için dışarı alabiliriz ve elde ettiğimiz ifade elektrik alan ile seçtiğimiz yüzey için net yüzey alanının çarpımı olacaktır. Sağ tarafa da net yük için yük yoğunluğu üzerinden zaten bir ifade elde etmiştik:

$$E \oint dS = E 2\pi a L = \frac{\lambda L}{\varepsilon_0}$$ $$E = \frac{\lambda}{2\pi \varepsilon_0 a}$$

Bir sürü cebirsel işlem ve integral almak ile uğraşmadan sonucu bulduk. Bu pratik yararının yanı sıra negatif yükler için elektrik alanın yükün kendisine doğru olduğunu, pozitif yükler için ise yükten dışarı doğru olduğunu da görebiliyoruz. Şimdi bir örnek daha yapalım. Uzayda $q$ kadar yük olsun. Yüzeyimizi bu yükleri çevreleyen $d$ yarıçaplı bir küre olarak düşünelim. O zaman gauss yasasını kullanalım ve:

$$E \cdot 4\pi d^2 = \frac{q}{\varepsilon_0}$$ $$\vec{E} = \frac{q}{4\pi \varepsilon_0 d^2} \hat{d}$$

ve böylece $q$ yükü için $d$ uzaklıktaki elektrik alanı bulabildik. Bu da zaten bildiğimiz elektrik alanın formülüdür.

Şimdi sonsuz bir düzlem düşünelim ve elektrik alanını hesaplayalım. Bu sonsuz düzlemin yük yoğunluğu $\sigma$ olsun. Gauss yasası için seçtiğimiz yüzey düzlemi kapsayacak şekilde dikdörtgen olsun. Yüzeyin üst ve alt yüzey alanına $A$ diyelim. Düzlemi sardığı için düzlemde de $\sigma A$ kadar yük olacaktır. Yan yüzeylerin bir katkısı yok çünkü düzlemin elektrik alanı yan alanlara dik ve iç çarpımları sıfır. Bu yüzden net yüzey alanı, düzlemin iki yüzü gereği $2A$ olacaktır. Gauss yasasına bakarsak:

$$E 2A = \frac{\sigma A}{\varepsilon_0}$$ $$\vec{E} = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} \hat{n}$$

olacaktır. Yani sonsuz düzlemin elektrik alanı, yük yoğunluğunun $2\varepsilon_0$’a oranı olacaktır. Yönü geometrisinden, simetriden kaynaklı düzleme dik olacaktır.

Gauss yasasında denklem (17)’yi kullanırsak:

$$\nabla \cdot \vec{E} = \nabla \cdot (-\nabla V) = -\nabla^2 V$$ $$\nabla^2 V = - \frac{\rho}{\varepsilon_0}$$

ifadesini elde ederiz. Voltaj üzerine uygulanan operatöre laplasyen denir:

$$\nabla^2 V = \frac{\partial^2 V}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 V}{\partial y^2} + \frac{\partial^2 V}{\partial z^2}$$

şeklinde hesaplanır. (32) denklemine de poisson denklemi denir. Yük yoğunluğunun sıfır olduğu özel durum

$$\nabla^2 V = 0$$

ifadesine de Laplace denklemi denir. Böylelikle laplasyeni verilen yük yoğunluğu üzerinden çözersek voltajı ve voltajın gradyanını alarak elektrik alanı da bulabiliriz. Maxwell denklemlerini elektrik ve manyetik alan bulmak için kullandığımızı düşünürsek, voltaj için elde ettiğimiz denklem (32) elektrostatik elektrik alanı bulmamızı sağlayabilir. Böylelikle sabit bir yük yoğunluğu ve sabit bir elektrik alan için; elektrik alanı nasıl bulacağımızı, elektrik alan üzerinden kuvveti nasıl hesaplayacağımızı, voltajı ve voltaj üzerinden elektrik alanı nasıl hesaplayacağımızı öğrenmiş olduk.

Poisson ve laplace denklemleri kısmi diferansiyel denklemler olduğu için çözümlerini bulmaya çalışmak biraz daha karmaşıktır. Sonraki bölümlerde değineceğiz.