嘿，我来帮你捋捋这个问题的证明思路～你说这个三项式没法直接套用之前分圆多项式的方法，确实是这样，但我们可以通过变量替换+有限域扩域分析+归纳法来搞定它，具体步骤如下：

• 先简化多项式，搞定低次基础情况
  先做个变量替换，令$y = x^{3k}$，原多项式直接变成$y^4 + y + 1$。我们先证明这个四次多项式在$\text{GF}(2)$上是不可约的：

  1. 首先它没有一次因式：代入$y=0$得1≠0，代入$y=1$得1+1+1=1≠0，所以不存在一次根；
  2. 假设它能拆成两个二次因式相乘，比如$(y^2+ay+b)(y2+cy+d)$，展开后对比系数会发现矛盾——因为$bd=1$在GF(2)里只能是$b=d=1$，代入后会得到$a+c=0$，进而推出$a=0$，但此时$ad+bc=0$，和原式的y项系数1冲突，所以没法拆成二次因式。
     这样就确定了$y^4+y+1$在$\text{GF}(2)$上不可约。

• 联系原多项式和有限域扩域的关系
  原多项式$f(x)=x^{4\cdot3k}+x^{3k}+1$的根$\alpha$满足$\alpha^{4\cdot3k} = \alpha^{3k} + 1$，我们令$\beta = \alpha^{3k}$，那$\beta$就是刚才那个四次多项式的根，而这个四次多项式的根会生成$\text{GF}(2^{4)$（因为它是四次不可约多项式，根所在的最小扩域就是GF(2}4)）。
  接下来看$\alpha$的阶：$\beta$的阶是15（你可以推导一下，$\beta^{4=\beta+1$，一步步算下来会发现$\beta}{15}=1$，而且更小的指数都没法让它等于1），那$\alpha^{3k}=\beta$，所以$\alpha$的阶就是$15\cdot3^{k$——因为$\alpha}{15\cdot3^k}=(\beta{15})^{3k}=1$，而且任何更小的指数都没法让$\alpha$的幂等于1。

• 用扩域次数判断不可约性
  有限域$\text{GF}(2^{d)$能包含$\alpha$的话，必须满足$2}d \equiv 1 \pmod{15\cdot3^{k}$（因为有限域的乘法群是循环群，阶是$2}d-1$，得能整除$\alpha$的阶）。我们来算2模$15\cdot3^k$的阶：

  • 2模15的阶是4，因为$2^4=16$，除以15余1；
  • 2模$3^{k$的阶是$2\cdot3}{k-1}$，递推一下就知道：模3时阶是2，模9时阶是6，模$3^{s$时阶就是$2\cdot3}{s-1}$；
  • 这两个阶的最小公倍数是$4\cdot3^k$，正好就是$f(x)$的次数。

  这说明$\alpha$生成的扩域是$\text{GF}(2^{4\cdot3k})$，而$f(x)$的次数刚好等于这个扩域的次数，那$f(x)$肯定是不可约的——要是它能拆的话，拆出来的不可约因子次数会小于$4\cdot3^k$，对应的扩域次数也会更小，就矛盾了。

• 用归纳法确认所有k的情况
  最后用归纳法把所有k的情况都覆盖：

  1. 基例$k=0$：$f(x)=x^4+x+1$，刚才已经证明不可约；
  2. 假设$k=m$时$f_m(x)=x^{4\cdot3m}+x^{3m}+1$不可约，那$k=m+1$时$f_{m+1}(x)=f_m(x^{3)$，结合上面的分析，它的根的阶是$15\cdot3}{m+1}$，对应的扩域次数是$4\cdot3^{m+1}$，正好等于多项式次数，所以也不可约。

这样就完整证明了这个三项式在$\text{GF}(2)$上的不可约性啦～

备注：内容来源于stack exchange，提问作者user1326204