¿Por qué es este polinomio irreducible

Question

Deje $n \in \mathbb{N}_+$$a \in \mathbb{Q}$. Probar que el polinomio $$P(x) = x^{2^n}\left(x+a\right)^{2^n} + 1 \in \mathbb{Q}[x]$$ es irreductible.

Realmente no tengo una idea de qué hacer con ella. Para $n=1$ podría utilizar la fuerza bruta de enfoque, pero esto no le ayudará. Todos mis intentos fueron en vano, y había un montón de ellos.

Answer 1

Vamos a escribir $t=x+b$, $b=a/2$. A continuación, $P=(t^2-b^2)^{2^n}+1 =\Phi(t^2-b^2)$ donde $\Phi(x)=x^{2^n}+1$ el (irreductible) cyclotomic polinomio de orden $2^{n+1}$; sus ceros son los primitivos $2^{n+1}$st raíces $\zeta$ de la unidad.

Por lo tanto las raíces de $P$ $\alpha=\pm\sqrt{b^2+\zeta}$ donde $\zeta$ es como el anterior. En particular, si nos tocan cualquier raíz, a continuación,$\mathbb Q (\alpha)\supseteq \mathbb Q(\zeta)$. El último es una extensión de grado $2^n$$\mathbb Q$. Esto muestra que si se podría factor de $P=fg$, $\deg f=\deg g= 2^n$ (debido a $f,g$ son múltiplos de la mínima polinomios de ciertos $\alpha$'s, y estos tienen un grado $\ge 2^n$, como acabamos de ver). Además, ahora podemos asumir que $\mathbb Q(\alpha_1,\ldots, \alpha_{2^{n+1}})=\mathbb Q(\zeta)$; de hecho, si $\mathbb Q(\alpha)\supsetneqq \mathbb Q(\zeta)$ cualquier $\alpha$, entonces estamos hecho por el mismo argumento.

De hecho, podemos ser más específicos. El grupo de Galois de $\mathbb Q(\zeta)/\mathbb Q$ actúa transitivamente sobre el $\zeta$, lo $f(t)=\prod (t-\sqrt{b^2+\zeta})$ donde $\zeta$ varía con todas las raíces primitivas, y $g$ tiene ceros en donde tomamos el signo opuesto al extraer la raíz cuadrada. Esto implica que $g(t)=f(-t)$. Así que no trivial de la factorización de $P$ los $P(t)=f(t)f(-t)$.

Ahora vamos a escribir $b=c/d$ y multiplicar a través de por $d^{2^{n+1}}$. A continuación, nuestro factorización se convierte en $$ (d^2t^2-c^2)^{2^n}+d^{2^{n+1}}=F(t)F (t), \quad F=d^{2^n} f . $$ Por el Lema de Gauss,, $F\in\mathbb Z[x]$ ahora. Pero, a continuación, comparar los términos constantes da que $$ c^{2^{n+1}} + d^{2^{n+1}} = F_0^2. $$ Sin embargo, la ecuación de $x^4+y^4=z^2$ no tiene ningún número entero de soluciones (una mejora de Fermat para $n=4$); ver aquí.

Esto le da a la reclamación, salvo para el caso de $c=0$: a continuación, $b=0$ $P$ se convierte en un cyclotomic polinomio.