Арифметика для взрослых
Решения задачи.
Вообще-то пункт а) этой задачи - частный случай малой теоремы Ферма.
Но у этого частного случая есть свое самостоятельное дидактическое значение.

У малой теоремы Ферма есть два класса частных случаев.
Например такого вида: 3|(x^3)-3.
(Символ "|" читается как "делит").
Каждый такой случай можно доказывать многими способами и в каждом случае мы можем выбирать более простой.
Это демонстрирует, конечно, все многообразие методов теории чисел, но ни один из этих методов не имеет в рамках теории чисел универсального значения. Если говорить о конкретно этом частном случае, то здесь мы выносим x за скобку, а то, что остается разлогаем по формуле разности квадратов: (x-1)x(x+1). Осталось заметить, что это произведение трех чисел, которые стоят подряд, а среди них обязательно найдется одно число, которое делится на три.

Второе семейство имеет вид p|(25^p)-25. Доказывая факты токого рода, нам, все равно, приходится какбэ доказывать МТФ в самом общем виде, возможно, в укороченной записи, но со всеми плюсами и минусами общего доказательства.
МТФ в самом общем виде имеет тоже несколько независимых доказательств. Я знаю минимум четыре. И одно из них кажется мне очень и очень изящным. Но школьнику оно может показаться громоздким и таким образом он не сможет оценить всего изящества.
А изящество просто вопиет на случае 2|(2^p)-2.
Одна строчка и два к этой строчке комментария:

(2^p)-2 = ((1+1)^p)-2= (∑C(p,k))-2
Среди членов, стоящих под знаком суммы есть те, что равны единице и их ровно два, поэтому они уничтожатся той двойкой, что вычитается из суммы.
Теперь рассмотрим биноминальный коэффициент C(p,k)=p!/(k!(p-k)!), в котором k не равно нулю и не равно p.
В числители этой дроби есть множитель p, а все множители знаменателя строго меньше p. Более того, поскольку p - простое число, то его нельзя набрать "кусками" из множителей. Поэтому всякое такое C(p,k) делится на p, а все не такие уничтожились вычитаемой двойкой.

Часть б) этой задачи, на самом деле, еще проще. Я пометила ее звездочкой просто потому, что школьнику ее решить самостоятельно будет гораздо сложнее, чем часть а). Главная проблема школьника - объем внимания, проблема сугубо биологическая, возрастная. Школьнику проще сделать два хода средней сложности, чем десять совсем простых, а потом их увязать. Тем более, что в этой задаче ходы один из другого какбэ не вытекают.
Кстати, числа Ферма - числа вида F(n)=(2^(2^n))+1.

1) 2^n>=n+1, поэтому 2^(2^n) делится на 2^(n+1).
2) (2^(2^(2^n)))-1 делится на (2^(2^(n+1)))-1 согласно пункту 1) и тому, что (x^k)-1 делится на x-1.
3) Заметим, что 2^(2^(n+1))=2^(2*(2^n))=(2^(2^n))^2
4) Вспомним, что (x^2)-1 делится на x+1.
5) Согластно 3) и 4) F(n) делит 2^(2^(n+1)), что, в свою очередь, делит (2^(2^(2^n)))-1 (пункт 2)
6) Заметим, что (2^(2^(2^n)))-1=2^(F(n)-1)-1
7) Если a делится на b, то и qa делится на b, поэтому выражение из пункта 6 умножим на 2 (чисто для красоты)
8) F(n)|(2^F(n))-2
Ч. и т.д.