Неприводимость многочлена

[arqady]

Докажите, что для любого натурального $n$ и рационального $a$ многочлен $x^{2^n}(x+a)^{2^n}+1$ неприводим над $\mathbb Q$.
Это только что на IMC было.

[Mathusic]

Вот вариант.
Там же есть все условия первого дня.

[nnosipov]

Цитата:

Пусть $f \in \mathbb{Q}[x]$ - такой многочлен, что $f(-a) = f(a)$ для любого $a \in \mathbb{Q}$ и пусть $f = pq$, причем $p$, $q$ взаимно просты. Тогда $p(x) = p_0(x^2)$ и $q(x) = q_0(x^2)$.

А как же $x^4+4=(x^2+2x+2)(x^2-2x+2)$?

[Mathusic]

nnosipov в сообщении #600968 писал(а):

Цитата:

Пусть $f \in \mathbb{Q}[x]$ - такой многочлен, что $f(-a) = f(a)$ для любого $a \in \mathbb{Q}$ и пусть $f = pq$, причем $p$, $q$ взаимно просты. Тогда $p(x) = p_0(x^2)$ и $q(x) = q_0(x^2)$.

А как же $x^4+4=(x^2+2x+2)(x^2-2x+2)$?

Действительно!

[nnosipov]

Предположим, что многочлен $f(y)=(y^2-b^2)^{2^n}+1$ приводим при некотором рациональном $b \neq 0$, и пусть $p(y)$ --- один из неприводимых делителей $f(y)$. Тогда $\deg{p(y)} \geqslant 2^n$. (Действительно, если $\deg{p(y)}<2^n$ и $\alpha$ --- корень $p(y)$, то $\alpha^2-b^2=:\zeta$ есть один из корней неприводимого над $\mathbb{Q}$ многочлена $x^{2^n}+1$ и $\zeta \in \mathbb{Q}(\alpha)$ --- противоречие.) Следовательно, $f(y)=p_1(y)p_2(y)$, где $p_i(y)$ неприводимы и $\deg{p_i(y)}=2^n$. Поскольку $f(-y)=f(y)$, получим $p_1(y)=a(y)+yb(y)$, $p_2(y)=a(y)-yb(y)$ для некоторых многочленов $a(y)$, $b(y)$ с рациональными коэффициентами. Таким образом, меем $(y^2-b^2)^{2^n}+1=a^2(y)-y^2b^2(y)$, что при $y=0$ даёт $b^{2^{n+1}}+1=a^2(0)$. Но, как известно, уравнение $X^4+1=Y^2$ не имеет нетривиальных решений в рациональных числах $X$, $Y$.