Sonsuz sayıda $k$ olduğunu göstermek için bir tane format bulmamız yeterlidir. $p\equiv 3\pmod{4}$ olan herhangi bir asal için $k=p^2$'nin çözüm vermediğini gösterirsek soru biter. Çözüm olduğunu varsayalım.
$(m,n)=d$ olsun. $m=ud$ ve $n=vd$ olacak şekilde aralarında asal $(u,v)$ pozitif tamsayı çifti vardır. $$\frac{d(u^2+v^2)}{d^3u^4+v}=p^2$$ olacaktır. $p\mid d(u^2+v^2)$ olduğundan $p\mid d$ veya $p\mid u^2+v^2$ olmalıdır ancak $u$ ve $v$ aralarında asal olduğundan, en az bir tanesi de $p$ ile de aralarında asaldır ve ikinci durumdan $$u^2+v^2\equiv 0\pmod{p}\implies (uv^{-1})^2\equiv -1\pmod{p}$$ elde edilir ve bu bir çelişkidir çünkü $-1$; $p$ modunda karekalan değildir. Dolayısıyla $p\mid d$ olmalıdır. Hatta $p^2\mid d$ olacaktır.
$(d,v)=c$ olsun. $d=cx$ ve $v=cy$ olacak şekilde aralarında asal $(x,y)$ pozitif tamsayı çifti vardır. $$\frac{x(u^2+c^2y^2)}{c^2x^3u^4+y}=p^2$$ $(c^2x^3u^4+y,x)=1$ ve $p^2\mid x$ olduğundan $x=p^2$'dir. Buradan $$y(c^2y-1)=u^2(c^2p^6u^2-1)$$ elde edilir. $(y,u^2)=1$ olması gerektiğinden $u^2\mid c^2y-1$ olacaktır ve $y=\frac{u^2t+1}{c^2}$ olacak şekilde bir $t$ pozitif tamsayısı vardır ($t=0$ durumunda $y=c=1$ olacaktır ve yerine koyulursa çözüm gelmez). $$u^2t^2+t+c^2=c^4p^6u^2$$ elde edilir. $c^2p^3\geq t+1$ olması gerektiğinden $$u^2t^2+t+c^2=c^4p^6u^2\geq (t+1)^2u^2$$ $$\implies t+c^2\geq (2t+1)u^2\geq 2t+1\implies c^2\geq t+1$$ elde edilir. Görülebildiği üzere $c^2$ için elde edilen alt sınır büyümektedir.
$k\geq 0$ için $c^2\geq p^{k}(t+1)$ gibi bir alt sınır için $$u^2t^2+t+c^2=c^4p^6u^2\geq p^{6+2k}(t+1)^2u^2\implies c^2\geq \left[p^{6+2k}(t+1)^2-t^2\right]u^2-t\geq p^{6+2k}(t+1)^2-t^2-t$$ $$\geq p^{6+2k}(t+1)^2-(t+1)^2>\left[p^{6+2k}-1\right](t+1)$$ $p^{6+2k}-1>p^{k+1}$ olduğunu görmek kolaydır. Dolayısıyla $c^2$ için $p^{k+1}(t+1)$ alt sınırını elde ederiz. Bunu sonsuza kadar götürebileceğimizden dolayı böyle bir $c$ yoktur, çözüm gelmez.
Dolayısıyla $p\equiv 3\pmod{4}$ asalı için $k=p^2$ alınırsa hiçbir çözüm olmayacaktır.
