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7/21/2019 - Semiconductores
http://slidepdf.com/reader/full/-semiconductores 1/33
Problema 1.1
Calcular la energía que separa Ef de Ev en una muestra de Si tipo P, con una
concentración de átomos aceptores, Na= 5 1014 cm-3, a 300 °K.
Se considera Na=p0 y que todos los átomos de impureza están ionizados.
T .K
Ev Ef
e. Nv p
−
−=0
donde
23
2
22
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ =
h
T .K .m.. Nv
* pπ
590 ,m
m* p
=
( ) ( ) ( )
( ) ( )
23
2
23
14
23
22682
2331
10873182
10626
30010381101195902
2 ⎟ ⎠
⎞⎜⎝
⎛ =⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ °°=
−
−−
s. J
Kg..
s. J ,
K .K
J ,.Kg ,. ,.. Nv
π
32
3
2
23
2
2
2
3
2
2
3
2
1 −=⎟ ⎠ ⎞⎜
⎝ ⎛ =
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
=⎟ ⎠ ⎞⎜
⎝ ⎛ =⎟
⎠ ⎞⎜
⎝ ⎛ m
ms.m.s
m.KgKg
s.m. N
Kg
s. J
Kg
Nv=1,1388 10 25 m -3 Nv=1,1388 10 19 cm -3
entonces será:
( )T .K
E E
T .K
Ev Ef v f
e. ,e. Nv p
−−−
− === 1914
0 1013881105
J , ,.K .K
J , ,.lnT .K ,
.lnT .K E E v f 20235
14
19
101544033461030010388110227760
105
1013881 −−− =°°
===−
V .e ,
V .e J ,
J , E E vF 259250
1061
101544
19
20
==−−
−
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Problema 1.2
Calcular la ubicación del nivel de Fermi en silicio intrínseco a 300 °K respecto de la tapa de la
banda de valencia medida en eV.
( )T .K
Ev Ef
e. Nv p−−
=0
( )T .K
Ef Ec
e. Ncn−−
=0
Como el material es intrínseco p 0 = p i
( )T .K
Ev Ef
i e. Nv p−−
=
( ) ⎟ ⎠
⎞⎜⎝
⎛ −=−
Nv
p.lnT .K Ev E i
f
p i = n i = 2,4 10 13 cm -3
( ) .
s. J
Kg ,
s. J ,
K .K
J ,.Kg ,. ,..
h
T .K .m.. Nv
* p 2
3
2
16
23
222
34
233123
2 101903232
10626
30010381101195902
22
2 ⎟ ⎠ ⎞
⎜⎝ ⎛ =⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ °°=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ =
−
−−π π
2
22
2 m
s J Kg
m
J N
m
s N Kg
s
mKg N ===⇒=
( ) 323
1623
2
16
23
22
216
23
2
16
1019032321101903232
101903232101903232
−=⎟ ⎠ ⎞
⎜⎝ ⎛ =
⎟ ⎠ ⎞
⎜⎝ ⎛ =⎟
⎠ ⎞
⎜⎝ ⎛ =
m ,m
, Nv
s. J ms. J ,
s. J
Kg , Nv
Nv = 1,13968 10 25 m -3
Nv = 1,13968 10 19 cm -3
p i =1,5 10 10 cm -3
( ) ( ) J ,ln ,K .K
J
,
,ln.. ,
Nv
p.lnT .K Ev E i
f 921
19
10
231031616110144
10139681
105130010381
−−− −=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡°
°⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ =⎟
⎠
⎞⎜⎝
⎛ −=−
( ) J , J ,. , Ev E f 2021
1046578448548252010144 −− =−−=−
eV ,
, J ,eV q
J 19
20
20
1061
104657810465781−
−− =⇒=
E f -E v = 0,5291 eV
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PROBEMA Nº 1.3
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PROBEMA Nº 1.4
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PROBLEMA Nº 1.5
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Problema 1.6
Determinar el valor de n 0 y p 0 para germanio en los casos siguientes:
a) Nd = 2 10 14 cm -3 , Na = 3 10 14 cm -3 . T= 200 °K, T=250 °K, T= 300 °K, T=350 °K, T=400
°K y T= 450 °K
b) Nd = Na = 1015 cm-3. T= 300 °K.
Graficar los puntos a), como n0 y p0 en función de T y efectuar los comentarios pertinentes.
a) La determinación del tipo de material es inmediata
n 0 -p 0 =Nd- Na = N =(2 10 14 -3 10 14 )= - 10 14 cm -3 .
Como N es negativo, resultará que p0>n0, el material es tipo “N”.
Para evaluar n 0 y p 0 partiremos de la ecuación de balance de cargas.
N Na Nd pn =−=− 00 que conviene multiplicarla por “-1” para dejar “p0” positivo.
0002
0000 p N pn p p por ndomultiplica N n p . .:"" −=−−=−
remplazando0
2
0 p
nn i= 00
0
22
0 p N p p
n p i . . −=−
ordenando: 02
0
2
0 =−+ in p N p .
( )22
1414
0
2
2
210
2
10
2
10
22
i
i
n p
n N N
p
+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜
⎝
⎛ +=
−−⎟ ⎠
⎞⎜⎝
⎛ −+
−=− )(
y n 0 será:0
2
0 p
nn i=
a1) N=-1014 cm-3, T= 200°K
2003812
10048921
23
15223 23
19
20010466381 . , .
,
. . . . , . .−
−−−
== eet C n T K
Eg
i n i =2,32 10 10 cm -3
( ) =+⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ +=
210
21414
0 103222
10
2
10 , p p 0 =1 10 14 cm- 3
( )
===14
210
0
2
0
101
10322 ,
p
nn i n 0 =5,3757 10 6 cm- 3
a2) N=-1014 cm-3, T= 250°K,
2503812
10048921
23
15223 23
19
25010466381 . , .
,
. .
. . , . .
−
−−−
== eet C n
T K
Eg
i n i =1,45 10 12
cm -3
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( ) =+⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ +=
212
21414
0 104512
10
2
10 , p p 0 =1,0002 10 14 cm -3
n 0 = 2,0994 10 10 cm -3
Se puede confeccionar la siguiente tabla:
ni °K po no
2,32E+10 200 1,0000E+14 5,3757E+06
1,45E+12 250 1,0002E+14 2,0994E+10
2,40E+13 300 1,0546E+14 5,4617E+12
1,85E+14 350 2,4140E+14 1,4140E+14
8,77E+14 400 9,2852E+14 8,2852E+14
3,01E+15 450 3,0582E+15 2,9582E+15
y con ella, construir el gráfico siguiente:
Concentración de Portadore s
1,00E+06
1,00E+07
1,00E+08
1,00E+09
1,00E+10
1,00E+11
1,00E+12
1,00E+13
1,00E+14
1,00E+15
1,00E+16
200 250 300 350 400 450
T °K
n o
p o
ni po no
El material tiene para temperaturas bajas y medias una concentración de lagunas (curva
superior) definida prácticamente por la contaminación , p0=N. Es la zona extrínseca .A partir de 300 °K, p0 comienza a crecer y en 400 °K se confunde con la de n0 y ni (en línea
de trazos).El material se convierte en intríseco, ni=n0=p0, la concentración de portadores está
gobernada por la generación térmica sobre los átomos del semiconductor.
b) N=0, T= 300°K, ni= 2,4 1013 cm-3
3132
0 104200 −==++= cmnn p ii , p 0 =2,4 10 13 cm- 3
( )
===13
214
0
2
0
1042
1042
,
,
p
nn i n 0 =2,4 10 13 cm- 3
El material es intrínseco.
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Problema 1.7
Determinar la conductividad de una barra semiconductora de Germanio, que está sometida auna temperatura de 375 °K.
El material está contaminado con impurezas donoras, Nd= 1014 cm-3
Calcular la conductividad “σ”, teniendo en cuenta la variación real de la movilidad respecto de
la temperatura, considerando que para el Germanio,
( ) ( )⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡=
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡=
−−
sV
mT ysV
mT pn
. . ,
. . ,
, , 2332
2661
300190
300390 μ μ y el porcentaje de la conductividad por
electrones (σn) respecto de la total (σ).
) . .( 00 pnq pn μ μ σ +=
Siendo para 375 °K
=== −
−−
− 375103812
1004821
2315223 23
19
375104661 . , .
,
. . . , . . eeT C n T K
Eg
i sV
cmni .
, )( 214
375 1022594=
( )sV
mn
. , ,
, 2661
2692730300
375390 == −
μ μ n =2692,73sV
cm
.
2
( )sV
m p
. , ,
, 2332
112967440300
375190 == −
μ μ p =1129,67sV
cm
.
2
La concentración de portadores puede calcularse a partir de:
( )214
1414142
2
0 10225942
10
2
10
22 ,+
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ +=+⎟
⎠
⎞⎜⎝
⎛ += in
Nd Nd n n 0 = 4,7554 10 14 cm -3
( ) 314
14
214
0
2
0 1075543
10755384
1022594 −=== cmn
n p i ,
,
, p 0 = 3,7554 10 14 cm -3
=+=+=+= − 14141900 107554367112910755447326921061 , . , , . , . , ) . .( pnq pn pn μ μ σ σ σ
= 0,1966 (
.cm ) -1
=== − 14190 10755447326921061 , . , . , . . nq nn μ σ
n = 0,1288 ( .cm) -1
El porcentaje de conductividad por electrones: 10019660
12880100 .
,
, .% ==
σ
σ σ
nn 65,48 %
% n = 65,48 %
Si bien el material es tipo “N”, al estar la temperatura muy cercana a la zona intrínseca, elvalor de la conductividad debido a electrones no es sensiblemente superior a la conductividaddebido a las lagunas.
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Problema 1.8
Determinar la concentración de impurezas necesaria para obtener la menor conductividad posible en germanio y silicio a 300 °K, y la conductividad mínima para cada material.
La conductividad está dada por: σ = q.( μ n .n 0 +.μ p .p 0 )
Poniendo todo en función de n0:⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ +=
0
2
0n
nqnq i
pn . . . . μ μ σ siendo:0
2
0n
n p i=
Para obtener el valor mínimo de esta función , σ =f(n 0 ) , se iguala a cero la derivada.
02
0
2
0
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ −=
∂
∂
n
nq
n
i pn μ μ
σ .
22
0 i pn nn . . μ μ =n
pinn
μ
μ .22
0 =
de donde:n
pimín nn
μ
μ .=0
Donde n omín es la cantidad de electrones libres que deberá tener el semiconductor para que la
conductividad sea mínima. A una temperatura y un material determinados, todos los valoresde la fórmula son constantes y será un valor fijo.
n
p
i
n
pi
i
mín
imín
n
n
n
n
n p
μ
μ
μ
μ
===2
0
2
0´
p
nimín n p
μ
μ .=0
Debido a que siempre será μ n >μ p , n 0 mín , será menor que n i y p 0 mín será mayor que n i , con lo
que p 0 mín será mayor que n 0 mín . Es decir para lograr el mínimo valor posible de
conductivídad el material deberá ser tipo "P”. Considerando que: n 0mín -p 0mín = Nd-Na
y como p 0mín > n 0m1n si se supone que Nd=0
La concentración de impurezas Na= p 0mín -n 0mín
En Ge : p 0mín = 31313
1043831900
39001042
−= cm , . , n 0mín = 31313
1067513900
19001042
−= cm , ,
Na= p 0mín -n 0mín = Na= 1,763 10 =− 1313106751104383 , , 13 cm- 3
En Si : p 0mín = 31010
105162480
1350
1051 −= cm , . , n 0mín = 3910
1094481350
480
1051 −= cm , ,
Na= p 0mín -n 0mín = Na= 1,621 10 =− 910109448105162 , , 10 cm- 3
Para las conductividades:
=−=+= 1313104383190010675139006 , . , . ,
19-mín0 pmín0neGmín 101).p.nq.( μ μ σ
En Ge: mín (Ge)=2,091 10-2 ( .cm)-1
Del mismo modo: =−=+= 91010944848010516213506 , . , . ,
19-mín0 pmín0niS mín 101).p.nq.( μ μ σ
En Si: mín (Si)=3,864 10-6 ( .cm)-1
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Problema 1.9
Una barra semiconductora de Ge posee una cantidad de electrones, n0=4 1013 cm-3 a 250 °K,
en equilibrio térmico. Con una generación térmica igual a G T (cm-3 s-1).
La barra se ilumina con una luz penetrante que crea un número constante de pares electrón-
laguna gL =104 G T. Determinar los valores estacionarios de “n” y “p”.
( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( ) ( ''.' .'. .' .' . . . )( )( )( )( )( )( pnr pnr pnr pnr p pnnr pnr gG T T T T T T LT + )++=++==+ 000000
Como ( )00 pnr G T T . . )( =
( ) ( ) ( )''.' .'. . )( )( )( pnr pnr pnr GGG T T T T T T +++=+ 004
10
( ) ( ) ( ''.' .'. . )( )( )( pnr pnr pnr G T T T T ++= 004
10 )
como n’=p’
( ) ( )
2
00
2
00
410 ''.'. .'' .'. .
)( )( )( )( nnn pnr nr nnr pnr G T T T T T ++=++=
( )00 pn
Gr T T
. )( =
[ ]200
00
410 ''.'. .
. . nnn pn
pn
GG T T ++=
200
400 10 ''.'. . nnn pn pn ++=
( ) 0104
00002 =−++ . .' .' pnn pnn
312250 10451 −
° = cmn K i , )( 310
0
2
10255 −== cmnn p i
o ,
624101300 101210255104
−== cm pn , , . . 313
00 100054 −=+ cm pn ,
0101012100054 424132 =−+ . ,' . ,' nn
01012100054 28132 =−+ ,' . ,' nn
( ) 31428
21313
102626110122
100054
2
100054 −=+⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ +−= cm , ,
, ,' n
n’=p’= 1,2626 10 14 cm -3
n= n 0 +n’= 4 10 13 + 1,2626 10 14 = 1,662610 14 cm -3
p= p 0 +p’= 5,25 10 10 + 1,2626 10 14 = 1,2632 10 14 cm -3
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PROBLEMA Nº 1.10
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7/21/2019 - Semiconductores
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7/21/2019 - Semiconductores
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PROBLEMA 1.12
7/21/2019 - Semiconductores
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7/21/2019 - Semiconductores
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PROBLEMA Nº 1.14
7/21/2019 - Semiconductores
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PROBLEMA Nº 1.15
7/21/2019 - Semiconductores
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Problema 1.16
7/21/2019 - Semiconductores
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PROBLEMA Nº 1.17
7/21/2019 - Semiconductores
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PROBLEMA Nº 18
7/21/2019 - Semiconductores
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7/21/2019 - Semiconductores
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PROBLEMA Nº 1.19
7/21/2019 - Semiconductores
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PROBLEMA Nº 1.20
7/21/2019 - Semiconductores
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PROBLEMA Nº 1.21
7/21/2019 - Semiconductores
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PROBLEMA Nº 1.22
7/21/2019 - Semiconductores
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PROBLEMA Nº1.23
7/21/2019 - Semiconductores
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Problema 1.24
Se tiene 1μ g de Sb y 1μg de In.
a) Cuál debe usarse para obtener la mínima conductivídad posible en Sí a 300 'K.?
b) Cuántos gramos de Si se pueden obtener en estas condiciones usando el microgramodel material seleccionado.?
En el problema 1.107 se determinó la condición de contaminación de impurezas que deberíacumplir un material semiconductor para que tenga la conductividad mínima posible.
n
pimín nn
μ
μ .=0
p
nimín n p
μ
μ .=0
Como se tiene Silicio: ni= 1,5 1010 cm-3 μn= 1350 [cm2/V.s] μp= 480 [cm2/V.s]
En Si : p 0mín 310
105162 −= cm , n 0mín =
39109448 −= cm ,
n 0 -p 0 =Nd-Na como el material es tipo "P": Nd= 0
P 0mín -n 0mín = Na min
Na mín = (2,516-0,894) 1010= 1,622 10 10 [cm -3
Na mín número de átomos de impurezas aceptoras por cm3 de silicio.
Se debe usar el Indio que es tipo "P”.
Se calcula cuántos átomos de In hay en 1 μg
Indeátomosn
N
Indemasa
P A
°
= 0
No=Número de Avogadro 6,02 1023 ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡mol
átomos PA In= 114,8 ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡mol
g
átomosg
molg
mol
átomos Indemasa
P
N Indeátomosn
In A
1515
623
010245
8114
1002610
8114
10026 , .
,
,
.
,
,
. =
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡===° −
Siendo Na mín el número de átomos por cm 3 de silicio necesario para obtener la conductividad
mínima y “n° átomos In” el número de átomos que hay en 1 microgramo de Indio, se puedeobtener la cantidad de silicio buscada.
Simín
V
Indeátomosn Na
°= 35
310
15
10233
106221
10245cm
cm Na
InátomosnV
mínSi ,
,
,
==°
=−
La masa que corresponde a ese volumen de Silicío:
gcm
gcmV M SiSiSi
5
3
351052733210233 , , . , . === δ
Msi= 7,52 10 2 Kg
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Problema 1.25
Cuántos miligramos de Sb se deben agregar a 500 g de Silicio que ya tiene incorporado 2 mg
de Boro, de modo que la cantidad de impurezas por cm3 sea: N = 2,5 1016 cm-3.
N= Nd-Na = 2,5 1016 cm-3
Nd = N +Na
Se debe evaluar Na (número de átomos de impurezas aceptoras (Boro) por cm 3 de volumen de
Si)
3
Si
SiSi cm214,59
cm
g
g
L
M V ===
3332
500
,δ
0 N
Bdeátomosn
P
m
B A
B °
=
átomos
Molg
g Mol
átomos
P
m N Bdeátomosn
B A
B 20
323
01011481
810
10210026
,
,
. , .
===°
−
N° átomos de B en 2 mg=1,1148 10 20
Al ser el boro un material “aceptor” el número de átomos de este elemento por cm 3 de silicio es
“ Na”.
3
3
20
59214
1011481 −==
°=
cm105,19504cmV
Bdeátomosden
Na
17
Si ,
,
Na =5,195 10 17
cm -3
N= Nd-Na = 2,5 10 16 cm -3
Nd= N + Na =2,5 10 16 + 5,195 10 17 = 5,445 10 17 cm -3
N° átomos de Sb= Nd . Vsí = 5,445 10 17 cm 3 . 214,59 cm -3 = 1,168 10 20 átomos de Sb
0 N
átomosSbnPm
Sb A
Sb °=
g20,02364058 Molátomos
átomosmolg
N
SbátomosnPm SB ASb ==
°=
23
20
0 10026
1016818121
,
, . ,
m Sb = 23,64 mg
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Problema 1.26
Definir la cantidad de gramos de Al necesaria para que una barra de Ge de 100 g tenga unaconductividad 10 veces mayor que la intrínseca.
La conductividad intrínseca: pnii nq μ μ σ += . .
( )( ) s .V
cm . coul , s .V cm . cm , . coul ,i
1223131910227221900390010421061
−−−− =+=σ
121022722
cm . ,i
11102272210
cm . ,i
Si el material es extrínseco, y como en el problema, tipo “P”:
) p . n . .( q p n 00 μ μ σ +=
Debido a que el aluminio es aceptor, nos conviene averiguar el “p0” necesario para obtener la
conductividad requerida.
siendo:0
2
0 p
n n i= y remplazando en la fórmula anterior:
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ += 0
0
2
p . p
n . .q p
i n μ μ σ
0
0
2
0 =+− p
n .q p . .q i
n p μ σ μ Multiplicando por p0 : 02
0
2
0 =+− i n p n .q p . p . .q μ σ μ
Ecuación de 2° grado, cuya solución es: p
i n p
.q .
n . . .q . p
μ
μ μ σ σ
2
4 222
0
−+=
( ) ( ) 314
19
213
2192
0 10467
190010612
104239001900106142272022720
−−
−
=−
+= cm , . , .
, . . . , . , , p p 0 =7,46 10 14 cm -3
( ) 311
14
213
0
2
0 10727
10467
1042 −=== cm , ,
,
p
n n i n 0 =7,72 10 11 cm -3
n 0 -p 0 = Nd-Na como Nd=0 p 0 -n 0 = Na
Na =7,46 10 14 -7,72 10 11=7,45 10 14 cm -3 Na =7,45 10 14 cm -3
n° de átomos de Al = Na.V Ge
3
3 7618
335
100 cm ,
cm g ,
g M V
GE
GEGE ===
δ
n° de átomos de Al =7,45 10 14 cm 3 .18,76 cm -3 =1,4 10 16 átomos
Al
Al . át
Al A m
n
P
N °=0 g ,
átomos ,
átomos , . g
N
n . P m
Al . át Al A Al
7
23
16
0
10276
10026
104127
−==°
=
g , m Al 7
10276
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PROBLEMA Nº 1.27
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PROBLEMA Nº1.28
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