а) Ответ: $m=1$, 2, 4, 6, 8. Доказательство будет приведено в решении пункта в).
б) Первое решение. Пусть $c_k=a^k-1$. Разложим $c_k$ на множители при $k=2^n$:
$$
c_k=a^{2^n}-1=(a^{2^{n-1}}-1)(a^{2^{n-1}}+1)=(a-1)(a+1)(a^2+1)(a^4+1)\ldots(a^{2^{n-1}}+1).\tag{1}
$$
Если $a$ нечётно, то в этом произведении $n+1$ чётных сомножителей, и поэтому $c_k$ делится на $2^{n+1}$. Итак, при всех $k=2^n$, где $n-1\ge m$, число $c_k$ делится на $2^m$.
Второе решение. Рассмотрим остатки, которые дают числа $c_1$, $c_2$, $c_3$, $\ldots$ ($c_k=a^k-1$) при делении на $2^m$. Число различных остатков конечно, поэтому среди чисел $c_k$ найдутся два, скажем $c_n$ и $c_l$ ($n\gt l$), дающие при делении на $2^m$ одинаковые остатки. Их разность кратна $2^m$, а так как $c_n-c_l=a^n-a^l=a^l(a^{n-l}-1)=a^l\cdot c_{n-l}$ и $a$ нечётно, на $2^m$ делится $c_{n-l}$. Из формулы для разности вытекает также, что вместе с $c_{n-l}$ на $2^m$ делятся и все члены бесконечной последовательности $c_{n-l}$, $c_{2(n-l)}$, $c_{3(n-l)}$, $\ldots$.
Мы рекомендуем читателю доказать, что вообще множество всех чисел $c_k$, делящихся на $2^m$, имеет вид $\{c_r,c_{2r},\ldots,c_{i\cdot r},\ldots\}$, где $r=2^t$, $t\le m$.
в) Обозначим через $d(N)$ показатель наибольшей степени двойки, на которую делится целое число $N$. Пусть $d(m)=n$, тогда $m=2^n\cdot s$, где $s$ нечётно. Поскольку
$$
c_m=a^{2^n\cdot s}-1=(a^{2^n}-1)(a^{2^n(s-1)}+a^{2^n(s-2)}+\ldots+1),
$$
а сумма во второй скобке нечётна, $d(c_m)=d(a^{2^n}-1)$. Заметим теперь, что сомножители вида $a^{2^l}+1$ в разложении (1) при $l\ge1$ делятся на 2 и не делятся на 4 (в самом деле, число $a$ нечётно, поэтому $a^{2^l}$ — квадрат нечётного числа и даёт при делении на 4 остаток 1). Отсюда следует, что $d(c_m)=d(a^2-1)+n-1$ при $n\ge1$; если же $n=0$, то $d(c_m)=d(a-1)$.
Для делимости $c_m$ на $2^m$ необходимо, чтобы выполнялось неравенство $d(c_m)\ge m$, т. е. $d(a-1)\ge m$ при $m$ нечётном и $d(a^2-1)+n-1\ge m=2^n\cdot s$ при $m$ — чётном. Первое неравенство выполняется лишь для конечного количества чисел $m$, а второе неравенство приводится к виду
$$
s\le\dfrac{d(a^2-1)+n-1}{2^n}.
$$
Так как правая часть этого неравенства стремится к $0$ при $n\to\infty$, оно может выполняться лишь для конечного множества пар $(n; s)$ при любом фиксированном $a$.
Возвращаясь к пункту а), положим $a=31$. Искомые числа $m$ удовлетворяют неравенству $m\le d(31-1)=d(30)=1$, если $m$ нечётно, и неравенству $s\le\dfrac{d(31^2-1)+n-1}{2^n}$, если $m=2^n\cdot s$, где $n\ge1$, $s$ — нечётно. Первое неравенство даёт $m=1$. Второе приводится к виду $s\le\dfrac{5+n}{2^n}$, поскольку $d(31^2-1)=d(30\cdot32)=6$. Отсюда получаем возможные пары $(n;s)$: это $(1;1)$, $(1;3)$, $(2;1)$ и $(3;1)$, т. е. $m=2$, 4, 6, 8.
