Deje $n=2^s$$s \geq 1$. Es el polinomio $$(1+x)^n+(1-x)^n \in \mathbb{Q}[x]$$ irreductible? He comprobado esto para algunos valores de $s$ y parece ser cierto. Observe que también se puede escribir como $2 \sum_{k \geq 0} \binom{n}{2k} x^{2k}$. Ya he encontrado una irreductible de la factorización con sustituidos cyclotomic polinomios si $n$ es impar. Incluso el caso de que lleva el caso de $n=2^s$.
Respuesta
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Su polinomio $P_n(x)$ es irreducible si y sólo si $Q_n(z) = z^n + 1$ es irreductible (la fracción de transformación lineal $z = (1+x)/(1-x)$ mapas de la una a la otra). Es bien sabido que el $Q_{2^n}$ es el cyclotomic polinomio $\Phi_{2^{n+1}}$, y por lo tanto es irreductible.
EDIT: En general, considere la posibilidad de una transformación lineal fraccional $$z = \phi(x) = \dfrac{ax+b}{cx+d}$$ donde $a,b,c,d$ son racionales, $ad-bc \ne 0$, $c \ne 0$. Para un polinomio $P$ grado $m$$\mathbb Q$, tenemos
$$P(z) = (cx+d)^{-m} R(x)$$ donde $R$ es de nuevo un polinomio de grado $\le m$. Desde $P(a/c) = \lim_{x \to \infty} P(\phi(x))$, $R(x)$ tiene el grado $m$ mientras $P(a/c) \ne 0$. En la otra dirección, $\phi^{-1}(z) = \dfrac{dz-b}{-cz+a}$, e $cx+d = (ad-bc)/(a-cz)$ donde $z = \phi(x)$, por lo que $$P(z) = (ad-bc)^{-m} (a-cz)^m R(\phi^{-1}(z))$$ por lo que cualquier polinomio $R$ grado $m$ tal que $R(-d/c) \ne 0$ surge de esta manera de un polinomio $P$. Ahora $P$ factores $P_1 P_2$ con grados $m_1, m_2$ fib $R$ factores $R_1 R_2$ con grados $m_1, m_2$ donde $P_i(z) = (cx+d)^{-m_i} R_i(x)$.
