Để chứng minh rằng \(2^n + 1\) không chia hết cho \(2^m - 1\) với mọi số tự nhiên \(m\) sao cho \(2 < m < n\), ta sẽ sử dụng phương pháp phản chứng.

Giả sử ngược lại rằng tồn tại số tự nhiên \(m\) sao cho \(2 < m < n\) và \(2^m - 1\) chia hết \(2^n + 1\). Điều này có nghĩa là tồn tại số nguyên \(k\) sao cho:
\[2^n + 1 = k(2^m - 1)\]

Xét phương trình trên modulo \(2^m - 1\):
\[2^n + 1 \equiv 0 \pmod{2^m - 1}\]
Điều này có nghĩa là:
\[2^n \equiv -1 \pmod{2^m - 1}\]

Bây giờ, ta sẽ xem xét tính chất của \(2^m - 1\). Vì \(2^m - 1\) là số nguyên dương, ta có:
\[2^m - 1 \mid 2^{2m} - 1\]
Do đó, \(2^m - 1\) là một ước của \(2^{2m} - 1\).

Bây giờ, từ \(2^n \equiv -1 \pmod{2^m - 1}\), ta bình phương hai vế:
\[2^{2n} \equiv 1 \pmod{2^m - 1}\]

Điều này có nghĩa là bậc của \(2\) modulo \(2^m - 1\) phải là một ước của \(2n\). Gọi \(d\) là bậc của \(2\) modulo \(2^m - 1\), ta có:
\[d \mid 2n\]

Tuy nhiên, từ \(2^n \equiv -1 \pmod{2^m - 1}\), ta cũng có:
\[2^{2n} \equiv 1 \pmod{2^m - 1}\]
và \(2^d \equiv 1 \pmod{2^m - 1}\). Do đó, \(d\) phải là một ước của \(2n\) và \(d\) cũng phải là một ước của \(2m\).

Vì \(2^n \equiv -1 \pmod{2^m - 1}\), \(d\) phải là một ước của \(2n\) và \(d\) phải là một ước của \(2m\). Tuy nhiên, \(d\) cũng phải là một ước của \(2n\) và \(d\) phải là một ước của \(2m\). Điều này có nghĩa là \(d\) phải là một ước của \(\gcd(2n, 2m)\).

Tuy nhiên, \(2n\) và \(2m\) không có ước chung lớn hơn \(2\) vì \(m\) và \(n\) là các số tự nhiên khác nhau và \(2 < m < n\). Do đó, \(d\) phải là \(2\), nhưng điều này mâu thuẫn với \(2^n \equiv -1 \pmod{2^m - 1}\).

Vì vậy, giả thiết ban đầu là sai. Do đó, \(2^n + 1\) không chia hết cho \(2^m - 1\) với mọi số tự nhiên \(m\) sao cho \(2 < m < n\).