Supongamos por el contrario que $f_n$ es reducible, a continuación, escribir $$1+(x-1)(x-2) \ldots (x-n)=f_n(x)=g(x)h(x)$$ where $1 \leq \deg(g), \deg(h) \leq n-1$. Then $g(i)h(i)=1$ for $1 \leq i \leq n$, so $g(i)=h(i)= \pm 1$. This implies that $g(x)-h(x)$ is a polynomial of degree at most $n-1$, with $1, 2, \ldots , n$ as roots. Thus $g(x)-h(x)$ is identically $0$, so $f_n(x)=g(x)h(x)=g(x)^2$.
En mi respuesta aquí, voy a mostrar (después de la primera parte sobre el $P(n)$ siempre cuadrado perfecto, lo que implica que $P(x)$ es un cuadrado de un polinomio) que $m+x(x+1) \ldots (x+k-1)$ no es un cuadrado de un polinomio, a menos que $k=4$$m=1$. Esto, en esencia, remata el problema, ya que aquí tenemos a $m=1, k=n$ y podemos tomar $x \to x-n$.
Andreas Caranti la respuesta hay también enlaces a una prueba de la irreductibilidad de $f_n$$n>4$; me tomo la libertad de citar a él:
Algunos $10$ años de una pregunta en un grupo de noticias (¿recuerdas?), si el polinomio
$$
x (x-1) (x-2) \dots (x - (k-1)) + 1
$$
es irreducible en a$\mathbf{Z}[x]$$n > 4$. La pequeña de los casos son fáciles de tratar, en particular, para $n = 4$ consigue
$$
x (x-1) (x-2) (x-3) + 1 = x^4 - 6 x^3 + 11 x^2 - 6 x + 1 = (x^2 - 3x +1)^2.
$$
Tenga en cuenta que si cambia de $x$$-x$, por lo que encontrar una fórmula para su declaración de que $a(a+1)(a+2)(a+3) + 1$ siempre es el cuadrado de un entero.
Me dio una prueba de irreductibilidad, que apelaba a ternas Pitagóricas en la final. Está escrito en mis notas de Álgebra, en la página 76. Estas notas son en italiano, si es necesario puedo traducir fácilmente a ellos.