El siguiente argumento tiene una gran cantidad de casos, pero al menos funciona (yo creo) para mostrar que la única solución es $2,1$.
Deje $p(x,y)=4x^3+6x^2+3x+y+1.$ [he cambiado la notación; $1 \le k \le l$ aquí $1 \le y \le x$] y, a continuación, uno quiere que cada uno de $p(x,y)$ $p(y,x)$ a los poderes de $2$. Dado que las variables son cada una de las $\ge 1$ estos poderes de $2$ al menos $4+6+3+1+1=15,$ es decir, cada uno es al menos la cuarta potencia de dos.
Mod $2$, $p(x,y)=x+y+1$ por lo que ésta debe ser, incluso, en particular,$x\neq y$, de modo que $x>y.$ Ahora vamos a $p(x,y)=2^b,\ p(y,x)=2^a$ y desde $x>y$ implica $p(x,y)>p(y,x)$ tenemos $2^b>2^a$. Así que tenemos $b>a\ge 4.$ Nuestro primer paso es considerar la suma de $S=p(x,y)+p(y,x)$ $2^a+2^b=2^a(2^c+1)$ donde $c=b-a\ge 1.$ hemos
$$S=2(x+y+1)(2(x^2-xy+y^2)+x+y+1). \tag{1}$$
Aquí desde $x+y+1$ es incluso es coprime a$2^c+1$, por lo que se divide $2^a$, lo que es un poder de $2,$ dice $2^r$. Y aquí $r \ge 2$ desde $x+y+1\ge 3.$ En esta notación $S=2^{r+2}(x^2-xy+y^2+2^{r-1}).$ Desde $2^{r-1}$ es aún, y $x^2-xy+y^2$ es extraño, porque $x,y$ han opuesto a la paridad, ahora vemos que el $2$-potencia en $S$, es decir, $2^a,$ deben coincidir los dos en la última expresión para $S$, es decir, $2^{r+2}.$ Esto da $r+2=a.$
Hemos llegado a $x+y+1=2^{a-2}.$ aplicamos esto a $p(y,x)=2^a.$ podemos escribir
$$p(y,x)=4y^3+6y^2+2y+(x+y+1)=4y^3+6y^2+2y+2^{a-2},$$
y por lo $g(y) \equiv 4y^3+6y^2+2y=2^a-2^{a-2}=3\cdot 2^{a-2}.$ Esto sugiere considerar la congruencia de las clases para $y$ mod $3$, dividiendo $g(y)$ por $3$, y el resultado es el ser $2^{a-2},$ un poder de $2$ que es al menos el $4$.
Si $y=3t$ $g/3=2t(18t^2+9t+1).$ Aquí $t=1$ nos lleva al segundo factor como $28$, por lo que no se puede dividir un poder de $2$. De lo contrario, $t$ es incluso, haciendo que el segundo factor impar. Por lo $y=3t$ es imposible.
Si $y=3t-1$ $g/3=2t(3t-1)(6t-1)$ tiene la extraña factor de $6t-1$ $y=3t-1$ no es posible.
El caso restante es $y=3t+1$ que $g/3=2(3t+1)(6t^2+7t+2).$, por Lo que en este caso (porque de los últimos factor de $6t^2+7t+2,$) necesitamos $t$ incluso, y si no es cero, entonces el factor de $3t+1$ es impar y mayor que $1$, no es posible.
La conclusión de esto es que debe ser que estamos en la $y=3t+1$ $t=0$ $y=1$ es forzado.
Ahora, volviendo a $x+y+1=2^r$ donde $r=a-2$ y el relleno en el conocido $y=1$ tenemos $x=2^r-2=2(2^{r-1}-1).$ Al menos $r$ ser $2$, esto significa que cualquiera de las $x=2$ o de lo $x$ es de la forma $2(4t-1).$ sin Embargo, si éste se produce, a continuación, cuando se $p(x,1)$ se calcula que uno obtiene
$$p(2(4t-1),1)=4(512t^3-288t^2+54t-3),$$
que no es una potencia de $2$ desde el factor entre paréntesis es impar.
Así tenemos a $x=2,y=1$ forzados por la hipótesis, como se desee.
[Gracias a yoyostein (OP) para la captura de una señal de diferencia en el $xy$ plazo de la cuadrática involucrados en la factorización de $p(x,y)+p(y,x),$ que ahora es $x^2-xy+y^2$ como debe ser.]
