设A除以p余±m，即A=pk±m，则A^2+1=p^2*k^2±2pkm+m^2+1=p*(p*k^2±2km+(m^2+1)/p)，即当p整除（m^2+1）时，（A^2+1）为p的倍数，如(5k±2）^2+1都为5的倍数，(13k±5）^2+1都为13的倍数等。又p只能为2或4k+1型素数，则令第i个4k+1型素数为p(i)，由二次剩余知识可知对应存在2个m，取较小者为m(i)。若只有有限多个A^2+1为素数，则存在一常数C，使得对每个大于C的正整数x，都存在p(i)及m(i)，使得x±m(i)是p(i)的倍数。

设第i个x^2+1型质数为p(i)，则当i增大时，p(i)/((i*ln(i))^2)似乎在(2.8, 3)的区间内上下浮动。(样本为6*10^10内的所有x^2+1型质数)

取毕2×10^11内的共25786个x^2+1型素数后，p(i)/((i*ln(i))^2)似乎开始收敛于一个2.91左右的值。

英文维基“Landau's problem”的第四个。

mason素数问题，还没有解决。

先把更弱的命题形如a^2+b^2的数存在无穷多个素数研究清楚再说

我告诉你一种思路，为防止有人剽窃思路顺着这条思路走下去出了成果，我先加个印，请注明思路来自数论吧
p=x^2+y^2=z^2+w^2
先解x^2+y^2=z^2+w^2不定方程的通解
p是素数，必为4n+1型素数。所以必唯一分解成两平方和。逆命题也成立。所以要使p为素数，必有x＝±z，还有其他情形略，所以通解带入找关系，从而找到x^2+y^2为素数的条件。我尝试做了，好像还是比较难

设p(i)为第i个(x^2+1)型素数，y=ln(p(i))，x=ln(i)+ln(ln(i))，则当i由215917取至2715916时，y与x间基于最小二乘法的线性相关系数R^2=0.9999998481526945。

Janos Pintz的论文Landau's Problem on Primes的第19节：

当a=2k^2时，a^2+1＝(2k^2+2k+1)*(2k^2-2k+1),LZ应该是笔误了

是笔误！
当a=2k^2
a^2+1=4k^4+1=4k^4+4k^2+1-4k^2
=(2k^2+1)^2-4k^2
=(2k^2+2k=1)(2k^2-2k+1)
k>=2,2k^2+2k+1>2k^2-2k+1>0

设p(i, x^2+1)为从小到大第i个x^2+1型素数，则有以下结果：

若认定第十三楼的散点图为精确的线性关系，则可用已知的p(i)与p(i+1)预测p(i+2)，令r(i)等于p(i)真实值减去p(i)预测值的差，distance为相邻两x^2+1型素数之差，即p(i)-p(i-1)，则存在以下数据和图象：
1. 从第215000个x^2+1型素数拟合至第3723723个（见图1）
2. 从第4个x^2+1型素数拟合至第1000000个时，r(i)与i的图像（见图2）
图1、2如下：