Si $d:=m/n$ es incluso, deje $d=2r$. Entonces
$$k^2=\frac{2^m-1}{2^n-1}=\frac{2^{nr}-1}{2^n-1}(2^{nr}+1).$$
Desde $k^2$ factores en dos coprime enteros positivos, tanto de los dos factores debe ser un cuadrado perfecto. A continuación, $2^{nr}+1=z^2$ conduce a $(z-1)(z+1)=2^{nr}$, lo $z-1$ $z+1$ son ambos poderes de $2$. Esto sólo sucede cuando se $z=3,nr=3$. Queda por comprobar que $k\not\in\mathbb{Z}$ al $n=1,r=3$ $k=3$ al $n=3,r=1$.
Por lo tanto, la única solución es $(m,n,k)=(6,3,3)$ que $d$ es incluso.
Si $d$ es impar, hay dos casos.
Caso 1: Para $n=2l$, considere la ecuación de Pell
$$x^2-(2^{2l}-1)y^2=1\tag{1}\label{1}$$
Es fácil ver que $(2^l,1)$ es la solución fundamental de \eqref{1}.
La ecuación de $2^{nd}-1=(2^n-1)k^2$ implica que el $(2^{ld},k)$ es también una solución de \eqref{1}. Así tenemos
$$2^{ld}+k\sqrt{2^{2l}-1}=\biggl(2^l+\sqrt{2^{2l}-1}\biggr)^t$$
para un entero $t>0$. Tomar el recíproco para obtener
$$2^{ld}-k\sqrt{2^{2l}-1}=\biggl(2^l-\sqrt{2^{2l}-1}\biggr)^t.$$
Deje $s=\lfloor t/2\rfloor$, luego
\begin{align}
2^{ld}&=\frac{1}{2}\Biggl(\biggl(2^l+\sqrt{2^{2l}-1}\biggr)^t+\biggl(2^l-\sqrt{2^{2l}-1}\biggr)^t\Biggr)\\
&=\sum_{i=0}^{s}\binom{t}{2i}2^{(t-2i)l}(2^{2l}-1)^i\\
&=\binom{t}{2s}2^{(t-2s)l}(2^{2l}-1)^{s}+2^{2l}\sum_{i=0}^{s-1}\binom{t}{2i}2^{(t-2i-2)l}(2^{2l}-1)^i.\\
\end{align}
Considere la posibilidad de que el exponente de a $2$, tenemos
$$\nu_2\biggl(\binom{t}{2s}2^{(t-2s)l}(2^{2l}-1)^{s}\biggr)=(t-2s)l\leqslant l<2l\leqslant\nu_2\Biggl(2^{2l}\sum_{i=0}^{s-1}\binom{t}{2i}2^{(t-2i-2)l}(2^{2l}-1)^i\Biggr)$$
Por lo $0<ld=\nu_2(2^{ld})\leqslant l$, lo que implica $d=1$.
Caso 2: Para $n=2l-1$, considere la ecuación de Pell
$$x^2-(2^{2l}-2)y^2=1\tag{2}\label{2}$$
Pretendemos que $(2^{2l}-1,2^l)$ es la solución fundamental de \eqref{2}.
Obviamente, $(2^{2l}-1,2^l)$ es una solución de \eqref{2}. Deje $(u,v)$ ser la solución fundamental, entonces
$$2^{2l}-1+2^l\sqrt{2^{2l}-2}=\biggl(u+v\sqrt{2^{2l}-2}\biggr)^e$$
para un entero $e>0$ y tenemos $2^{2l}-1\geqslant u^e$. Pues es fácil ver que $u>2^l$, obtenemos $e=1$ $(2^{2l}-1,2^l)=(u,v)$ es la solución fundamental como pretendíamos.
Debido a $2^{nd}-1=(2^n-1)k^2$ implica que el $(2^{nd+1}-1,k2^{(nd+1)/2})$ es también una solución de \eqref{2}, tenemos
$$2^{nd+1}-1=\biggl(2^{2l}-1+2^l\sqrt{2^{2l}-2}\biggr)^t$$
para un entero $t>0$. El mismo que el anterior, lo transformamos para obtener
\begin{align}
2^{nd+1}&=1+\frac{1}{2}\left(\left(2^{2l}-1+2^l\sqrt{2^{2l}-2}\right)^t+\left(2^{2l}-1-2^l\sqrt{2^{2l}-2}\right)^t\right)\\
&=1+\sum_{i=0}^{\lfloor t/2\rfloor}\binom{t}{2i}(2^{2l}-1)^{t-2i}2^{2li}(2^{2l}-2)^i\\
&=1+(2^{2l}-1)^t+\sum_{i=1}^{\lfloor t/2\rfloor}\binom{t}{2i}(2^{2l}-1)^{t-2i}2^{(2l+1)i}(2^{2l-1}-1)^i\\
&=1+(-1)^t+(-1)^{t-1}t2^{2l}+2^{2l+1}R.
\end{align}
Tenga en cuenta que
$$\nu_2\bigl(1+(-1)^t+(-1)^{t-1}t2^{2l}\bigr)=\begin{cases}
1, & \text{%#%#% even}\\
2l, & \text{%#%#% odd}
\end{casos}\leqslant 2l<2l+1\leqslant\nu_2(2^{2l+1}R).$$
Por lo $t$, lo que implica también la $t$.
Por lo tanto, siempre obtenemos $1<nd+1=\nu_2(2^{nd+1})\leqslant2l=n+1$ que $d=1$ es impar.
Desde arriba, $d=1$ son las únicas soluciones de la ecuación.
De fondo
W. Ljunggren había demostrado un teorema que para $d$, la ecuación
$(m,n,k)=(6,3,3),(n,n,1)$$
no tiene soluciones en los enteros para $n>2$, con la excepción de$$y^2=\frac{x^n-1}{x-1}$$|x|>1$.
Este teorema será expulsar a la mayoría de los casos, de su ecuación y usted puede encontrar una prueba en este post. Se trata de un corto de prueba con base en los resultados de T. Nagell y K. Mahler.
Para un autónomo respuesta a su pregunta, me prestaron Ljunggren la idea de transformar la ecuación en una Pell (como) la ecuación, e hizo uso de la configuración especial de $n=4,x=7$ al finalizar la prueba sin la ayuda de otros resultados. Sin embargo, el conocimiento de la ecuación de Pell es necesario de antemano.
