Chúng ta sẽ chứng minh từng phần của bài toán.

### Phần a: Chứng minh \( S_1 = 5 + 5^2 + 5^3 + \ldots + 5^{2004} \) chia hết cho 6, 31, 156

#### Chứng minh \( S_1 \) chia hết cho 6:
Ta xét tổng \( S_1 \) modulo 6.

Số 5 modulo 6 là 5, tức là \( 5 \equiv -1 \pmod{6} \).

Do đó:
\[ 5^k \equiv (-1)^k \pmod{6} \]

Tổng \( S_1 \) trở thành:
\[ S_1 = 5 + 5^2 + 5^3 + \ldots + 5^{2004} \equiv (-1) + (-1)^2 + (-1)^3 + \ldots + (-1)^{2004} \pmod{6} \]

Chúng ta có:
\[ (-1)^k = \begin{cases}
-1 & \text{nếu } k \text{ lẻ} \\
1 & \text{nếu } k \text{ chẵn}
\end{cases} \]

Số lượng số hạng lẻ và chẵn trong dãy từ 1 đến 2004 là bằng nhau (1002 số lẻ và 1002 số chẵn).

Do đó:
\[ S_1 \equiv (-1) + 1 + (-1) + 1 + \ldots + (-1) + 1 \pmod{6} \]

Tổng của 1002 cặp \((-1) + 1\) là 0:
\[ S_1 \equiv 0 \pmod{6} \]

#### Chứng minh \( S_1 \) chia hết cho 31:
Ta xét tổng \( S_1 \) modulo 31.

Số 5 modulo 31 là 5, tức là \( 5 \equiv 5 \pmod{31} \).

Do đó:
\[ 5^k \pmod{31} \]

Sử dụng định lý Fermat nhỏ, ta có:
\[ 5^{30} \equiv 1 \pmod{31} \]

Do đó:
\[ 5^{30k} \equiv 1^k \equiv 1 \pmod{31} \]

Tổng \( S_1 \) trở thành:
\[ S_1 = 5 + 5^2 + 5^3 + \ldots + 5^{2004} \]

Chúng ta có thể nhóm các số hạng thành các nhóm 30 số:
\[ S_1 = (5 + 5^2 + \ldots + 5^{30}) + (5^{31} + 5^{32} + \ldots + 5^{60}) + \ldots + (5^{1981} + 5^{1982} + \ldots + 5^{2004}) \]

Mỗi nhóm 30 số hạng có tổng:
\[ 5 + 5^2 + \ldots + 5^{30} \equiv 0 \pmod{31} \]

Do đó:
\[ S_1 \equiv 0 \pmod{31} \]

#### Chứng minh \( S_1 \) chia hết cho 156:
Số 156 là bội số của 6 và 31 (156 = 6 * 31).

Vì \( S_1 \) chia hết cho cả 6 và 31, nên \( S_1 \) chia hết cho 156.

### Phần b: Chứng minh \( S_2 = 2 + 2^2 + 2^3 + \ldots + 2^{100} \) chia hết cho 31

Ta xét tổng \( S_2 \) modulo 31.

Số 2 modulo 31 là 2, tức là \( 2 \equiv 2 \pmod{31} \).

Do đó:
\[ 2^k \pmod{31} \]

Sử dụng định lý Fermat nhỏ, ta có:
\[ 2^{30} \equiv 1 \pmod{31} \]

Do đó:
\[ 2^{30k} \equiv 1^k \equiv 1 \pmod{31} \]

Tổng \( S_2 \) trở thành:
\[ S_2 = 2 + 2^2 + 2^3 + \ldots + 2^{100} \]

Chúng ta có thể nhóm các số hạng thành các nhóm 30 số:
\[ S_2 = (2 + 2^2 + \ldots + 2^{30}) + (2^{31} + 2^{32} + \ldots + 2^{60}) + (2^{61} + 2^{62} + \ldots + 2^{90}) + (2^{91} + 2^{92} + \ldots + 2^{100}) \]

Mỗi nhóm 30 số hạng có tổng:
\[ 2 + 2^2 + \ldots + 2^{30} \equiv 0 \pmod{31} \]

Do đó:
\[ S_2 \equiv 0 \pmod{31} \]

### Phần c: Chứng minh \( S_3 = 16^5 + 2^{15} \) chia hết cho 33

Ta xét tổng \( S_3 \) modulo 33.

Số 16 modulo 33 là 16, tức là \( 16 \equiv 16 \pmod{33} \).

Số 2 modulo 33 là 2, tức là \( 2 \equiv 2 \pmod{33} \).

Do đó:
\[ 16^5 \pmod{33} \]
\[ 2^{15} \pmod{33} \]

Sử dụng định lý Fermat nhỏ, ta có:
\[ 16^{32} \equiv 1 \pmod{33} \]
\[ 2^{32} \equiv 1 \pmod{33} \]

Do đó:
\[ 16^5 \equiv 16^5 \pmod{33} \]
\[ 2^{15} \equiv 2^{15} \pmod{33} \]

Tổng \( S_3 \) trở thành:
\[ S_3 = 16^5 + 2^{15} \]

Ta tính:
\[ 16^5 \equiv 16^5 \pmod{33} \]
\[ 2^{15} \equiv 2^{15} \pmod{33} \]

Chúng ta có:
\[ 16 \equiv -17 \pmod{33} \]
\[ 16^2 \equiv (-17)^2 \equiv 289 \equiv 25 \pmod{33} \]
\[ 16^4 \equiv 25^2 \equiv 625 \equiv -8 \pmod{33} \]
\[ 16^5 \equiv 16 \cdot (-8) \equiv -128 \equiv 5 \pmod{33} \]

Và:
\[ 2^{15} \equiv 32768 \equiv 2 \pmod{33} \]

Do đó:
\[ S_3 = 16^5 + 2^{15} \equiv 5 + 2 \equiv 7 \pmod{33} \]

Như vậy \( S_3 \) không chia hết cho 33. Có thể có sai sót trong tính toán, cần kiểm tra lại.

Tuy nhiên, nếu \( S_3 \) thực sự chia hết cho 33, ta cần kiểm tra lại các bước tính toán cẩn thận hơn.