ΟΔΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ 2017

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr64. Δίνεται η συνάρτηση f με f(x) = xeexxx−+11,,xx>≤00 Κλασσικό…i.Να εξετάσετε την f ως προς στην συνέχεια και την παραγωγισιμότητα.ii.Να μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα.iii.Να βρείτε τα διαστήματα στα οποία είναι κυρτή ή κοίληκαι τα σημεία καμπής.iv.Να βρείτε τις ασύμπτωτες της f.v.Να βρεθεί το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται μεταξύ τηςασύμπτωτης της Cf , της Cf και της ευθείας x=α , όπου α η θέση τουτοπικού ελαχίστου της f και του άξονα y’y.Λύση i.Το πεδίο ορισμού της f είναι το ℝΕξετάζουμε την συνέχεια της f ,είναι συνεχής για x ≠ 0 ως πράξεις συνεχώνσυναρτήσεων, αρκεί να είναι συνεχής στο x0 = 0f(0) = 1( )lim f(x) = lim xex + 1 = 1x→0− x→0−lim f(x) = lim  ex − 1  = lim (ex − 1)' = lim ex = 1  x→0+  x x→0+ D.H.L x→0+ x' 1x→0+Οπότε lim f(x) = lim f(x) = f(0) άρα η συνάρτηση f είναι συνεχής στο x0 =0 και κατ επέκταση x→0+ x →0−συνεχής σε όλο το ℝ .Θα εξετάσουμε αν είναι παραγωγίσιμη( )f(x) = xex + 1 ' = ex + xex για κάθε x < 0f '(x) =  ex − 1  = xex − ex + 1 για κάθε x>0  ' x2 xΓια x = 0lim f(x) − f(0) = lim 1 + xex −1 = lim ex = 1 (1) x−0 xx→0− x→0− x→0− − ex − 1 − 1 ex − − 0 lim ex − 1 0 lim ex − xlim f(x) f(0) = lim = lim 1 x =0 =0 = 1 (2) x 0 x→0+ 2x→0+ 2 D.H.L x→0+ x x 2x 2x→0+ D.H.L x→0+Από (1) ,(2) προκύπτει ότι η f δεν είναι παραγωγίσιμη στο x = 0Τελικά f '(x) = xxeexx + ex ,x < 0 > 0 − ex +1, x x2ii.Θα βρούμε τις ρίζες της f’.f '(x) = 0 ⇔ xxeexx + ex = 0,x < 0 > 0 ⇔ (xxe+x 1)ex = 0,x < 0 > 0 (3) − ex + 1 = 0,x − ex +1 = 0,x (4) x2 x2(3): (x + 1)ex = 0 ⇔ x + 1 = 0 ⇔ x = −1 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 351

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr(4) : xex − ex +1 = 0 , αν x>0 x2θέτουμε h(x) = xex − ex + 1 ,αν x > 0 ή h(x) = 0 , αν x>0 ή h(x) = 0 αν x>0 x2( )Όμως h '(x) = xex − ex + 1 ' = xex > 0 για κάθε x > 0 άρα η h είναι γνησίως αύξουσα στο 0,+∞)Έτσι x > 0 ⇔ h(x) > h(0) ⇔ h(x) > 0 για κάθε x > 0 οπότε η επίμαχη εξίσωση h(x) = 0 είναιαδύνατη όταν x > 0 .Έτσι f '(x) = 0 ⇔ x = −1Κατασκευάζουμε πίνακα προσήμων για την f’Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (−∞,−1 και γνησίωςαύξουσα στο −1, +∞)Επίσης παρουσιάζει ελάχιστο στην θέση x=-1 τοf(−1) = −e−1 + 1 = e − 1 eiii. f ''(x) = exx2(exx + 2), x < 0 − 2 , x > 0 − 2xex + 2ex x3οπότε αν θέσουμε g(x) = x2ex − 2xex + 2ex − 2 ,έχουμε: egx((xx) + 2), x < 0  x3 ,x > 0 f ''(x) =Είναι g(0) = 0 και g '(x) = 2xex + x2ex − 2ex − 2xex = x2ex > 0 για x > 0 οπότε ησυνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα στο 0,+∞) άραΓια x > 0 ⇔ g(x) > g(0) ⇔ g(x) > 0 για κάθε (0, +∞) , επομένως η εξίσωση f ''(x) = 0 ⇔ x = −2Κατασκευάζουμε πίνακα προσήμων για την f’’Η f είναι κοίλη στο (−∞, −2 και κυρτή στα−2,0 , 0,+∞)Το σημείο M(−2,1 − 2e−2 ) είναι σημείο καμπής. Θα ήταν λάθος να απαντήσουμε ότι η συνάρτηση f είναι κυρτή στο −2,+∞) διότι δεν ορίζεται παράγωγος στο x0 = 0 Μια συνάρτηση f είναι συνεχής σε διάστημα Δ και παραγωγίσιμη στο εσωτερικό του Δ, είναι κυρτή στο Δ τότε και μόνο τότε όταν η παράγωγος της είναι γνησία αύξουσα στο εσωτερικό του Δ. Το τελευταίο εξασφαλίζεται όταν η δεύτερη παράγωγος είναι θετική στο εσωτερικό του Δ.352 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.griv. Επειδή η συνάρτηση f είναι συνεχής στο ℝ , δεν έχει κατακόρυφες ασύμπτωτες .( )lim f(x) = lim xex + 1 = 1x → −∞ x→−∞( )( lim xex  x  −∞ x' 1 = lim 1 x → −∞  1  +∞ − ex −x→−∞ 1 = lim  ex  = = ex = − lim ex = 0 ) x→−∞   lim  1  ' lim e2x x→−∞ D.H.L  ex x → −∞ x→−∞Άρα η ευθεία y = 1 είναι οριζόντια ασύμπτωτη στο −∞ .   −∞  lim f(x) = lim ex − 1 +∞ .. = +∞x → +∞ = x→+∞ x  D.H.LΣυνεπώς για πολύ μεγάλες τιμές του x η f δεν έχει οριζόντια ασύμπτωτη.   −∞  lim f(x) = lim  ex −1  +∞ = +∞ x x2x → +∞ x → +∞ = .. D.H.LΣυνεπώς για πολύ μεγάλες τιμές του x η f δεν έχει πλάγια ασύμπτωτη.Τελικά η Cf έχει μοναδική ασύμπτωτη την ευθεία y=1( οριζόντια ασύμπτωτη στο −∞ )v.Για αν βρούμε το ζητούμενο εμβαδό πρέπει πρώτα να βρούμε τα άκρα ολοκλήρωσης-Η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στην θέση x=-1 άρα α=-1-Η ευθεία x=0 δηλαδή ο άξονας y’y τέμνει την cf στο σημείο M(0,f(0)) και επειδήf(0) = 1 ισχύει 0 ⋅ e0 + 1 = 1 , έχουμε M(0,1)-Η ευθεία y=1( οριζόντια ασύμπτωτη) τέμνει την γραφική παράσταση της f,αλλά και τονάξονα y’y , στο ίδιο σημείο Μ(0,1)Οπότε το ζητούμενο εμβαδό είναι: 00 0 x≤0 0∫ ∫ ∫ ∫E = 1 − f(x) dx = 1 − (1 + xex ) dx = −xex dx = (−xex )dx = −1 −1 −1 −10 0 0 0 0 e −2 −1 −1 −1 e xexdx −exdx−1 −1∫ ∫= =  −xe x  − = − xex  + ex  = .. = τ.μ Κλασσικό… ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 353

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr66.Δίνεται η συνάρτηση f : ℝ → ℝ η οποία είναι δυο φορές παραγωγίσιμη και F μιαπαράγουσα της f στο ℝ τέτοιες ώστε να ισχύει: • f '(x) ≠ 0 για κάθε x ∈ ℝ , F(0) = 0 • lim F(2h) − 2F(h) = 1 2 hh → 0 Θεωρούμε επίσης τη συνάρτηση G(x) = F(x) − x , x ∈ ℝ , η οποία είναι παραγωγίσιμη.i.Να δείξετε η συνάρτηση F είναι κυρτή.ii. Να δείξετε ότι f(x) > F(x) για κάθε x ∈ (0, +∞) . xiii.Να δείξετε f(0) = 1 και G(x) = F(x) − x , x ∈ ℝ .iv.Να δείξετε ότι υπάρχει λ ∈ (0,1) τέτοιο, ώστε 1 ∫λ2017 F(ex )dx + 2λ = eλ + 1 0( )v.Να βρείτε το lim (eF2(x) − 1) ln f(x) − 1 x→0Λύσηi.η f’ είναι συνεχής και δεν μηδενίζεται άρα διατηρεί πρόσημο στο ℝ . 00( ) ( )lim( )h→0 F(2h) − 2F(h) =0 lim F(2h) − 2F(h) ' = lim 2f(2h) − 2f(h) = lim f(2h) − f(h) =0 lim f(2h) − f(h) '= h2 h2 ' h→0 2h hh → 0 D.L.H h→0 h' D.L.H h→0( )= lim f' συνεχης στο χ0 =0 h→0 2f '(2h) − f '(h) = 2f '(0) − f '(0) = f '(0)Οπότε f '(0) = 1 > 0 άρα f '(x) > 0 ⇔ F''(x) > 0 , x ∈ ℝ οπότε η F κυρτή.ii.Η συνάρτηση F ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ στο διάστημα 0, x , x > 0 άραυπάρχει ξ ∈ (0,x) τέτοιο ώστε F'(ξ) = F(x) − F(0) ⇔ f(ξ) = F(x) x−0 x < F κυρτη αρα F 'ր < (1) F(x) <ξ x ⇔ f(ξ) f(x) ⇔ x f(x)iii.Είναι G(x) = F(x) − x ≥ G(0) και από το Θ.Fermat έχουμε G'(0) = 0 .Έτσι 0 = G '(0) = lim G(x) − G(0) = lim F(x) − x − F(0) − 0 = lim F(x) − x x − 0 x x→0 x x→0 x→0Ισχύει0 = lim F(x) − x = lim F(x) − x = lim F(x) − F(0) − 1 = f(0) − 1 x→0+ x x→0+ x x→0+ x − 0Όμως f(0) − 1 = 0 ⇔ f(0) − 1 = 0 ⇔ f(0) = 1 άρα F'(0) = 1Η εφαπτομένη της CF στο (0,F(0)) είναι (ε): y − F(0) = F'(0)(x − 0) ⇔ y = f(0)x ⇔ y = xΗ F είναι κυρτή άρα η CF είναι «πάνω» από κάθε εφαπτομένη της με εξαίρεση το σημείοεπαφής δηλαδή ισχύει F(x) ≥ x για κάθε x ∈ ℝ , συνεπώς: G(x) = F(x) − x = F(x) − x, x ∈ ℝ 1iv.Θεωρούμε την συνάρτηση ∫h(α) = α2017 F(ex )dx + 2α − eα − 1 η οποία ικανοποιεί τις 0προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο 0,1 .ΠραγματικάΗ h είναι συνεχής στο 0,1 , 1∫h(0) = 02017F(eχ )dx + 2 ⋅ 0 − e ⋅ 0 − 1 = −1 < 0 0354 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr 1 11∫ ∫ ∫h(1) = 12017F(ex )dx + 2 ⋅1 − e ⋅1 − 1 = F(ex )dx + 2 − e − 1 = F(ex )dx + 1 − e 0 00Στο ερώτημα δείξαμε ότι ισχύει F(x) ≥ x για κάθε x ∈ ℝ .Βάζουμε όπου x το exF(ex ) ≥ ex η ισότητα ισχύει μόνο στο x0 = 0 άρα F(ex ) > ex ⇔ F(ex ) − ex > 0 , x ∈ ℝΣυνεπώς1 11 1 1∫ ∫ ∫ ∫ ( ) ∫(F(ex ) − ex )dx > 0 ⇔ F(ex )dx − exdx > 0 ⇔ F(ex )dx − e1 − e0 > 0 ⇔ F(ex )dx − e + 1 > 0 άρα h(1)>00 00 0 0( ) ( )vi. lim (eF2(x) − 1) ln f(x) − 1 eF2 (x) −−11)  x→0  f(x) f(x) − 1  = 0 ⋅ 0 = 0 = ( f(x) −1 lnδιότι eF2 (x) − 1 0 2F(x)f(x)eF2 f(x) − 1 f(x) 0 (x) = lim 2F(x)eF2 (x) =0 x→0• lim = lim x→0 D.L.H x→0 (( ) ) u=f(x)−1• lim f(x) − 1 ln f(x) − 1 = lim u ln u = 0 . x→0 u→0Διότι, αν λάβουμε πλευρικά όρια ∞1lim u ln u = lim u ln u = lim ln u ∞ u = lim (−u) = 0 = lim 1 − 1u→0+u→0+ u→0+ D.L.H u→0+ u→0+ u u2lim u ln u = lim u ln(−u) = .... = 0u→0− u→0−67.Η συνάρτηση f : 1,e → −1, 4 είναι δυο φορές παραγωγίσιμη με f(1) = 2 καιf(e) = e + 1 .Να δείξετε ότι:Α.i) Υπάρχουν x1 , x2 ∈ (1,e) με x1 ≠ x2 τέτοια ώστε f '(x1 ) = f '(x2 ) = 0 .ii)Υπάρχει ξ ∈ (1,e) τέτοιο ώστε f ''(ξ) = 0iii)Υπάρχει ένα τουλάχιστον x0 ∈ (1,e) τέτοιο ώστε: f(x0 ) f '(x0 ) − 3f2 (x0 ) = x0Β.i)Η ευθεία ε : x + y = e + 2 τέμνει την γραφική παράσταση της f σε ένα τουλάχιστονσημείο με τετμημένη c0 ∈ (1,e) .ii)Υπάρχουν ξ1 ,ξ2 ∈ (1,e) με ξ1 ≠ ξ2 τέτοια ώστε f '(ξ1 )f '(ξ2 ) = 1 .ΛΥΣΗΑ.i) Η f : 1,e → −1, 4 συνεχής σε κλειστό διάστημα άρα παρουσιάζει ελάχιστη τιμήf(x1 ) = −1 και μέγιστη τιμή f(x2 ) = 4 με x1 , x2 ∈ (1,e)(θυμηθείτε ότι f(1) = 2 και f(e) = e + 1 ) .Από το θεώρημα Fermat έχουμε ότι f '(x1 ) = f '(x2 ) = 0 .ii) Ισχύουν οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο διάστημα x1 , x2  άρα υπάρχειξ ∈ (1,e) τέτοιο ώστε f ''(ξ) = 0 .iii) Θεωρούμε την συνάρτηση g(x) = f(x) f '(x) − 3f2 (x) − x η οποία ικανοποίει τιςπροϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα x1 , x2  .▪g συνεχής στο x1 , x2  ,▪ g(x1 ) = f(x1 ) f '(x1 ) − 3f2 (x1 ) − x1 = −3f3 (x1 ) − x1 = −3(−1)3 − x1 = 3 − x1 , ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 355

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr g(x2 ) = f(x2 ) f '(x2 ) − 3f2 (x2 ) − x2 = ... = −192 − x2Παρατηρούμε 1 < x1 < e ⇔ −1 > −x1 > −e ⇔ 3 − 1 > 3 − x1 > 3 − e ⇔ 2 > g(x1 ) > 3 − e 1 < x2 < e ⇔ −1 > −x2 > −e ⇔ −192 − 1 > 3 − x2 > −192 − e ⇔ −193 > g(x2 ) > −192 − eΆρα g(x2 )g(x1 ) < 0 .Άρα προκύπτει το ζητούμενο.B.i)Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση f(x) + x − e − 2 = 0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα c0 ∈ (1,e) .Θεωρούμε συνάρτηση h(x) = f(x) + x − e − 2 για την οποία ισχύουν οι προϋποθέσεις τουθεωρήματος Bolzano στο διάστημα 1,e ,h συνεχής στο 1,eh(1) = f(1) + 1 − e − 2 = 2 + 1 − e − 2 = 1 − e < 0h(e) = f(e) + e − e − 2 = e + 1 + e − e − 2 = e − 1 > 0 άρα h(1)h(e) < 0 έτσι η h(x) = 0 έχει μιατουλάχιστον ρίζα c0 ∈ (1,e) .ii)Εφαρμόζουμε θεώρημα μέσης τιμής για την h στα διαστήματα 1,c0  , c0 ,eΥπάρχουν ξ1 ∈ (1,c0 ) ,ξ2 ∈ (c0 ,e)h '(ξ1 ) = h(c0 ) − h(1) = 0 − (f(1) + 1 − e − 2) = 0− (2 + 1− e − 2) = e−1 (2)h '(ξ2 ) = c0 −1 = −0 = (e − c0 −1 (3) ( f(e) c0 −1 2 ) + c0 − 1 e − 2 ) h(e) − h(c0 ) +e −e− 1+ e − 0 = e−1 e − c0 e − c0 e − c0 e − c0Όμως h '(x) = (f(x) + x − e − 2)' = f '(x) + 1 (4).Από (2),(3) ,(4) έχουμε:h '(ξ1 ) = e−1 ⇔ f '(ξ1 ) + 1 = e−1 ⇔ c0 −1 c0 −1f '(ξ1 ) = e−1 − 1 ⇔ f '(ξ1 ) = e −1− c0 + 1 ⇔ c0 −1 c0 −1f '(ξ1 ) = e − c0 c0 −1h '(ξ2 ) = e−1 ⇔ f '(ξ2 ) + 1 = e−1 ⇔ e − c0 e − c0f '(ξ2 ) = e−1 −1 ⇔ f '(ξ2 ) = e − 1− e + c0 e − c0 e − c0⇔ f '(ξ2 ) = c0 −1 e − c0Άρα f '(ξ1 )f '(ξ2 ) = e − c0 ⋅ c 0 −1 =1 c0 − 1 e − c0356 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr68.(T.Andreescu)Δίνεται η συνάρτηση f : (0, +∞) → ℝ , η οποία είναι συνεχής και F μιαπαράγουσα της f για την οποία ισχύει: • F(1) = 1 2 • F(x) f  1  = x, για κάθε x > 0  x Να αποδείξετε ότι:i) F  1  f (x) = 1 , για κάθε x∈ℝ  x  xii)η συνάρτηση g(x) = F ( x) F  1  , x > 0 είναι σταθερή.  x iii) f (x) = 4 για κάθε x > 0 . F(x) xiv) f (x) = 2x3 για κάθε x > 0 .Λύσηi)Για κάθε x>0 ισχύει 1 > 0 .Επομένως θέτουμε στην δοθείσα σχέση F(x) f  1  = x όπου x  x  xτο 1 και παίρνουμε  1  f (x) = 1 για κάθε x>0. x F  x  xii)Επειδή η F είναι παράγουσα της f στο διάστημα (0,+∞) ισχύει:F '(x) = f (x) για κάθε x ∈ (0,+∞)Έχουμε λοιπόν: =  ( x)  1  = ( )  1  + ( )  1  1  = ( )  1  + F ( x)  1   − 1  =g '(x)  F F  x   ' F ' x F  x  F x F '  x   x  ' f x F  x  f  x   x2   = f ( x ) F  1  − 1 F (x) f  1  = 1 − 1 x =0 για κάθε x > 0 .Άρα η g είναι σταθερή .  x  x2  x  x x2iii)Είναι g(x) = c ⇔ F ( x) F  1  = c για κάθε x > 0 .Για x = 1 παίρνουμε  x F (1)⋅ F (1) = c ⇔ c = 1 .Επομένως F ( x ) F  1  = 1 για κάθε x>0 .Από την τελευταία σχέση 4  x  4προκύπτει ότι F (x) ≠ 0 για κάθε x > 0 .Άρα, η F ως συνεχής διατηρεί πρόσημο στοδιάστημα (0,+∞) .Όμως F (1) = 1 > 0 . 2Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι F (x) > 0 για κάθε x > 0 .Από τις σχέσεις F (x) F  1  = 1 , F  1  f ( x) = 1 διαιρώντας κατά μέλη παίρνουμε  x  4  x  x f (x) = 4 ,για κάθε x > 0 F(x) xiv)Η σχέση που αποδείξαμε στο προηγούμενο ερώτημα γράφεται: f (x) = 4 ⇔ F '(x) = 4 1 ⇔ (ln F(x))' = (4 ln x)' F(x) x F(x) xΈτσι ln F(x) = 4 ln x + c για κάθε x > 0 .Για x = 1ln F(1) = 4 ln 1 + c ⇔ ln 1 = c ⇔ c = − ln 2 2 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 357

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr358 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.