Außer den Lösungen k=0,l=0 und k=4,l=1 gibt es keine weiteren. Beweis durch unendlichen Abstieg: Aus $$2^k-1 \equiv 0 \mod 3$$ folgt k gerade, also von der Form 2t. Damit gilt $$2^k-1=(2^t-1)(2^k+1)$$, also $$2^t\pm 1=3^i5^j , i\in \{0,1\}, j\leq l$$. Im Fall - ergibt sich für i=1 wie oben t gerade, im Fall i=0 ergibt sich $$2^t \equiv 1 \mod 5$$ also $$t\equiv 0 \mod 4$$ (der Fall j=0 liefert ein bereits bekanntes Ergebnis). t ist also immer gerade. Im Fall + ergibt sich für i=1 $$t\equiv 1 \mod 2$$, was nach dem gerade gezeigten nicht sein kann. Damit muss $$2^t-1= 3\cdot 5^j, j \leq l$$ gelten. Führt man dies nun weiter (unendlicher Abstieg) teilt jede 2-er Potenz k, ein Widerspruch.
