Вдохновлённый подсказкой
Руста и идеями
Артамонова Ю.Н. и
RIPа, попробую добить 1-й пункт. Я буду рассуждать подробно, извините за большой объём. Основная часть решения содержится в следующей лемме:
Лемма. Пусть p>2 --- простое число, a и b --- натуральные, взаимно простые с p, n --- натуральное и

. Тогда существует такое натуральное r < p-1, что

, и r|n.
Доказательство.
(1) Пусть M --- множество всех целых

, для которых

, r --- минимальный элемент M. Мы будем доказывать, что

.
(2) r > 0, иначе было бы

, что противоречит условию p>2. Итак, r --- натуральное.
(3) По
малой теореме Ферма 
. Это значит, что

,

, где q --- остаток от деления n на p-1, а значит,

.
(4) Положим

.
(5) Пусть

таковы, что i-j=d. Тогда

=

--- делится на p, поэтому

(см. определение M в (1)). Далее, если

, то

=

, откуда

. Поскольку a и b взаимно просты с p, то

, т.е.

. Если j<d, то

=

, откуда аналогично получаем

. Итак, из

, i-j=d>0 следует, что

и

.
(6) Распространяя утверждение (5) от i и j в обе стороны числовой оси, получаем, что вся арифметическая прогрессия

, где q - остаток от деления i на d, входит в M.
(7) Но эта прогрессия и исчерпывает всё M, так как если бы в M был элемент не входящий в неё, то его расстояние до ближайшего члена этой прогрессии (входящего по (6) в M) было бы меньше d, что противоречит определению d (4). Итак,

.
(8) Поскольку r-d < 0, то

(по (5)), значит, d-r=r+d(k-1), k --- натуральное, откуда 2r=(2-k)d. По (2) r > 0, а значит, остаётся единственный вариант k=1, d=2r>0 и

.
Итак, по (2) r натуральное, по (3) r<p-1, по (8) любой элемент M (в том числе и n) делится на r. Лемма доказана.
Теперь перейдём собственно к решению.
Теорема 1. Если

,

и a взаимно просто с b (что здесь равносильно нечётности a), то

не выполняется ни при каком натуральном n>1.
Доказательство.
(9) Пусть

. Для чётного n=2k это невозможно, т.к.

и

нечётны,

=

=

--- не делится на 4, а тем более на

.
(10) Рассмотрим случай нечётного n. Пусть p --- минимальный простой делитель n, p>2.
(11)

. Так как a и b взаимно просты, только одно из них может делиться на p, но если ровно одно делится, то условие

невыполнимо. Значит, и a и b взаимно просты с p.
(12) Из (10) и (11) видим, что выполнены все условия леммы. Значит, существует

:

, r<p-1<p и r|n. Но по (10) все простые делители n не меньше p, а делитель r<p. Значит, r=1 и p|a+b, что невозможно, т.к. a+b --- степень двойки и не делится на простое p>2. Теорема 1 доказана.
Теорема 2 (уж для полноты приведу). Для всех остальных (не удовлетворяющих условию теоремы 1) натуральных пар (a,b) существует такое натуральное n>1, что

.
Доказательство.
(13) Пусть a взаимно просто с b,

. Пусть p --- простой делитель (a+b), больший двух. Из p|a+b следует:

.
(14)

= (a+b)K, где

=

. Итак,

и

, откуда

. Случай взаимно простых (a,b) доказан.
(15) Если (a,b) не являются взаимно простыми, то, очевидно, в качестве n можно взять их наибольший общий делитель (он больше 1). Теорема 2 доказана.
Итак, ответ по 1-му пункту задачи следующий: a нечётно и

,

.