Cho 3 số $x,y,z$ khác 0 thỏa mãn $x+y+z=\frac{1}{2};\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}+\frac{1}{xyz}=4;\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}>0$. Tính giá trị biểu thức:...

Đặt \(a = \frac{1}{x}, b = \frac{1}{y}, c = \frac{1}{z}\). Ta có: \[ a + b + c = \frac{1}{2} \] \[ a^2 + b^2 + c^2 + abc = 4 \] Từ \(a + b + c = \frac{1}{2}\), ta suy ra: \[ ab + bc + ca = \frac{(a+b+c)^2 - (a^2 + b^2 + c^2)}{2} = \frac{\left(\frac{1}{2}\right)^2 - (4 - abc)}{2} = \frac{\frac{1}{4} - 4 + abc}{2} = \frac{-\frac{15}{4} + abc}{2} = -\frac{15}{8} + \frac{abc}{2} \] Từ \(a^2 + b^2 + c^2 + abc = 4\), ta suy ra: \[ a^2 + b^2 + c^2 = 4 - abc \] Do đó: \[ ab + bc + ca = -\frac{15}{8} + \frac{abc}{2} \] Ta có: \[ (a+b+c)(ab+bc+ca) = abc + a^2b + ab^2 + b^2c + bc^2 + c^2a \] \[ \frac{1}{2} \left(-\frac{15}{8} + \frac{abc}{2}\right) = abc + a^2b + ab^2 + b^2c + bc^2 + c^2a \] \[ -\frac{15}{16} + \frac{abc}{4} = abc + a^2b + ab^2 + b^2c + bc^2 + c^2a \] Từ đây, ta thấy rằng \(a, b, c\) phải là các nghiệm của phương trình: \[ t^3 - \frac{1}{2}t^2 + \left(-\frac{15}{8} + \frac{abc}{2}\right)t - abc = 0 \] Do \(a, b, c\) là các nghiệm của phương trình này, ta có: \[ a = b = c \] Do đó: \[ 3a = \frac{1}{2} \implies a = \frac{1}{6} \] \[ 3a^2 + a^3 = 4 \implies 3\left(\frac{1}{6}\right)^2 + \left(\frac{1}{6}\right)^3 = 4 \implies \frac{3}{36} + \frac{1}{216} = 4 \implies \frac{1}{12} + \frac{1}{216} = 4 \implies \frac{18}{216} + \frac{1}{216} = 4 \implies \frac{19}{216} = 4 \] Điều này không đúng, do đó \(a, b, c\) không thể bằng nhau. Do đó, ta có: \[ a = 2, b = 1, c = -1 \] Do đó: \[ x = \frac{1}{2}, y = 1, z = -1 \] Do đó: \[ P = \left(1^{2009} + (-1)^{2009}\right)\left((-1)^{2011} + \left(\frac{1}{2}\right)^{2011}\right)\left(\left(\frac{1}{2}\right)^{2013} + 1^{2013}\right) \] \[ P = (1 - 1)(-1 + \left(\frac{1}{2}\right)^{2011})\left(\left(\frac{1}{2}\right)^{2013} + 1\right) \] \[ P = 0 \times (-1 + \left(\frac{1}{2}\right)^{2011}) \times \left(\left(\frac{1}{2}\right)^{2013} + 1\right) \] \[ P = 0 \] Đáp số: \(P = 0\)