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如果 a ， b 为互素的整数，则算术级数 an + b 中包含无限个素数。
虽然在问题004中已经了解到费马数
不能总给出素数，甚至也无法证明在所有的费马数中存在无穷多个素数，但人们还是热衷于寻找一个公式（为了便于计算，最好是某个多项式
f
（
n
）），希望它总能给出素数，或者退一步讲，至少从它能得到无穷多个素数。在历史上，人们的确找到了许多有趣的多项式，它们甚至能连续地给出一些素数，但遗憾的是在大多数情形下，却无法证明这些多项式能给出无穷多个素数。
欧拉给出了一个二次多项式 f （ n ）= n 2 - n +17，当 n =0，1，…，16时，不难验证 f （ n ）均为素数。注意到
f （ n ）= n （ n -1）+17=（- n ）（- n +1）+17= f （- n +1），
所以， f （-15）， f （-14），…， f （-1）也都是素数。由此表明当 n 连续地取遍从-15~16之间的32个整数时，相应的多项式 f （ n ）= n 2 - n +17的值均能给出素数。这种由多项式连续地给出素数的现象令人十分惊奇，由此就产生了一个有趣的问题：一个二次多项式究竟能连续地给出多少个素数呢？
经过不懈的努力和寻找，欧拉终于在1772年又发现了一个非常著名的二次多项式 f （ n ）= n 2 + n +41。当 n 依次从0取到39时， f （ n ）的这40个函数值也都是素数。同样，该多项式也具有下述性质：
f （ n ）= n （ n +1）+41=（- n ）（- n -1）+41= f （- n -1）。
所以，当 n 依次取从-40~-1之间的40个整数时，相应的多项式 f （ n ）之值也均为素数。换言之，该多项式 f （ n ）对 n 的连续80个取值（从-40直到39）都能给出素数！另外，也有人不喜欢 n 取负整数，而希望 n 取非负整数0，1，2，…。为此，只需把 n = x -40代入该多项式，即得
f （ x -40）=（ x -40）（ x -39）+41= x 2 -79 x +1601，
这样，当 x 从0依次取到79时，多项式 g （ x ）= x 2 -79 x +1601的相应取值均为素数。
不可思议的是，继欧拉之后，人们再也找不到其他的二次多项式 an 2 + bn + c ，可以对 n 的某些连续80个以上的取值都能给出素数。在许多次失败的尝试后，人们甚至猜想：没有一个二次多项式能满足这样的性质，它对相继80个以上的函数值均为素数。这当然是一个相当困难的问题，要想在近期内证明这一猜想，希望十分渺茫。但对欧拉发现的著名多项式 n 2 + n +41而言，1967年有人证明：如果多项式 n 2 + n + a 对 n =0，1，…， a -2全部给出素数，则 a ≤41。这也算是差强人意了。
现在一般地考虑正次数多项式 f （ n ）= a m n m +…+ a 1 n + a 0 ，对某些特殊选取的整数 a i ，有两个自然的问题：①该多项式能否总给出素数？②该多项式能否给出无限个素数？
问题①的答案是否定的。事实上，如果某个多项式 f （ n ）在 n 等于某个正整数 s 时给出素数 p ，即 f （ s ）= p ，则对任意整数 k ，不难看出 f （ s + kp ）= f （ s ）+ p （…）可被 p 整除。所以，当假设 f （ n ）的值总是素数时，就有 f （ s + kp ）= f （ s ）= p 。由此表明多项式 f （ x + s ）- f （ s ）有无穷多个不同的根 x = kp ，但这是不可能的，因为一个 m 次多项式最多只有 m 个根（见问题041）。
相比之下，问题②的解答则要困难得多。如果希望多项式
f （ n ）= a m n m +…+ a 1 n + a 0
能给出无限多个素数，一个必要条件是它的各项系数 a 0 ， a 1 ，…， a m 的最大公因子为1，高斯称这类多项式为本原多项式。不难看出，该必要条件并不充分，例如，多项式 f （ n ）= n 2 + n = n （ n +1）对 n 的每个整数取值均为偶数，也就是说，它只能给出一个素数2。事实上，对许多次数大于1的多项式，如 n 2 +1，人们猜测它们能给出无穷多个素数。虽然看起来该猜想应该是正确的，但至今仍然无法证明。
令人欣慰的是，对于一次多项式 an + b ，如果系数 a 和 b 为互素的整数，亦即 a 和 b 的最大公因子为1，则当 n 取遍正整数时，{ an + b }中的确包含了无穷多个素数。这个非凡的定理是由高斯的学生狄利克雷于1837年首先证明的。