Una respuesta basada en la J. D. de la pista (y esencialmente equivalente a Sebastián excelente solución):
Deje $r(t)=t^4+t+1$. A continuación, $r(t)^{4^i}=t^{4^{i+1}}+t^{4^i}+1$ todos los $i$. Por lo tanto
$$
\begin{aligned}
r(t)+&r(t)^4+r(t)^{16}+r(t)^{64}+r(t)^{256}=\\&=5\cdot1+(t+t^4+t^{16}+t^{64}+t^{256})+(t+t^4+t^{16}+t^{64}+t^{256})^4\\&=1+t+t^{1024}.\end{aligned}
$$
Pero, evidentemente, la l.h.s. es divisible por $r(t)$, por lo que es el r.h.s., y por lo tanto no puede ser irreductible. En realidad no la fuerza bruta, pero no del todo obvio, a menos que usted ha pasado algún tiempo con campos finitos.
De otra manera, pero no de la manera recomendada :-), de la prueba de la reclamación es el siguiente. Sabemos que $q(t)=t^{1024}+t$ tiene la propiedad de que $q(u+v)=q(u)+q(v)$ todos los $u,v$ en una clausura algebraica de $F_2$. Pero también sabemos que $q(u)=0$ si y sólo si $u\in F_{1024}$. Ahora bien, si asumimos que al contrario que $P(t)$ es irreductible, y $y$ es uno de sus raíces, a continuación, $y$ generaría el campo $F_{2^{1024}}$. Este campo es de Galois sobre $F_2$, por lo que debe contener todas las raíces de $P(t)$ (siendo una extensión normal). Pero las observaciones anteriores implica que todos los elementos de la forma$y+u$, $u\in F_{1024}=F_{2^{10}}$ también deben ser ceros de $P(t)=q(t)+1$, debido a $$P(y+u)=q(y+u)+1=q(y)+q(u)+1=q(y)+1=P(y)=0.$$
Así también se $u=(y+u)+y$ pertenece a la división de campo de $F_{2^{1024}}$$P(t)$.
Aquí $u\in F_{2^{10}}$ fue arbitraria, por lo $F_{2^{10}}\subseteq F_{2^{1024}}$. Pero esto es una contradicción, porque $10\nmid 1024$.
Este tipo de manipulaciones no son infrecuentes cuando se juega con linealizado (y afines) polinomios en $F_p[t]$, es decir, los polinomios con términos de grados que son potencias de $p$ solamente.
