Lemma 1：$l_{AB}//CD$，其他同理.

Proof：作 $AB,I_AI_B, l_{AB}$ 交点 $P$，$AB,CD$ 交点 $X$.

$\because \angle AI_AB=\dfrac{\pi+\angle ADB}{2}=\dfrac{\pi+\angle ACB}{2}=\angle AI_BB, \therefore A, B, I_B, I_A$ 四点共圆.

$\therefore \angle API_A=\angle ABI_B-\angle BAI_A=\dfrac{1}{2}\angle ABC-\dfrac{1}{2}\angle BAD=\dfrac{1}{2}\angle AXD,\angle APQ=2\angle API_A=\angle AXD$，即 $PQ//CD$.

Lemma 2：对应边平行的圆外切四边形相似.

Proof：作 $AB,CD$ 交点 $X$，$A_1B_1,C_1D_1$ 交点 $X_1$.

显然 $\triangle AXD\sim\triangle A_1X_1D_1,\triangle BXCsim\triangle B_1X_1C_1$，设相似比分别为 $r,s$.

$\because AX+DX-AD=BX+CX+BC,A_1X_1+D_1X_1-A_1D_1=B_1X_1+C_1X_1+B_1C_1, \therefore r(AX+DX-AD)=s(BX+CX+BC)$，即 $r=s$. 引理得证.

设 $l_{AD}\cap AB=A'',I_{AB}\cap AD=A''',l_{CD}\cap CB=C''',I_{CB}\cap CD=C''$，由 Lemma 1，四边形 $AA''A'A'''$ 与四边形 $C'C'''CC''$ 对应边平行. 由于其都有内切圆，由 Lemma 2，$AA''A'A'''\sim C'C'''CC''$。 所以 $AA'//CC'$.

(a) 不存在. 如果存在这样的序列 $a$，设一个合法的 $k$ 为 $k(j)$，特别地，对于偶数 $j$，$k(j)=j$.

如果存在一个 $j$，使得 $k^{+\infty}(j)$ 不存在，那么设 $j_i=k^i(j), i=0,1,\cdots$，则有 $j_0<j_1<\cdots$ 且 $\dfrac{a_{j_0}}{j_0}\le \dfrac{a_{j_{i+1}}}{j_{i+1}}$，即 $a_{j_{i+1}}>\dfrac{a_{j_0}}{j_0}j_{i+1}$，于是 $a$ 不可能有上界，矛盾.

所以对于所有 $j=2s-1$，$k^{+\infty}(j)$ 都存在且为偶数（设为 $2t$），此时有 $\dfrac{a_{2s-1}}{2s-1}\le \dfrac{a_{2t}}{2t}$，$\dfrac{a_{2t+1}}{a_{2s-1}}>\dfrac{a_{2t}}{a_{2s-1}}\ge \dfrac{2t}{2s-1}\ge \dfrac{2t}{2t-1}\cdot\dfrac{2t-2}{2t-3}\cdot\cdots\cdot\dfrac{2s}{2s-1}$.

构造一个数列 $j_0=1,j_{i+1}=k^{+\infty}(j_i)+1$，那么有 $\dfrac{a_{j_{i+1}}}{a_{j_i}}>\dfrac{j_{i+1}-1}{j_{i+1}-2}\cdot\dfrac{j_{i+1}-3}{j_{i+1}-4}\cdot\cdots\cdot\dfrac{j_i+1}{j_i}$.

两边遍历 $i=0,1,...,m$ 相乘，有 $a_{j_{m+1}}=\dfrac{a_{j_{m+1}}}{a_1}\ge\dfrac{2}{1}\cdots\dfrac{4}{3}\cdot\cdots\cdot\dfrac{j_{m+1}-1}{j_{m+1}-2}$.

令 $m\to+\infty$，左边有界，右边发散[1]，矛盾. 所以不存在这样的序列 $a$.

(b) 存在，构造 $f_1=1,f_{i+1}=\dfrac{i^2+1}{i^2}f_i$, $a_n=f_{\lceil \sqrt {n}\rceil}$，则如果 $n=m^2$，那么 $\dfrac{a_{n^2}}{n^2}=\dfrac{f_n}{n^2}=\dfrac{f_{n+1}}{n^2+1}=\dfrac{a_{n^2+1}}{n^2+1}$. 并且 $f_i$ 收敛[2]，所以 $a_i$ 有界.

[1] $x_n=\prod\limits_{i=1}^n\dfrac{2i}{2i-1}$ 发散.

证明：$x_n^2=\prod\limits_{i=1}^n\dfrac{2i}{2i-1}\prod\limits_{i=1}^n\dfrac{2i}{2i-1}=2\prod\limits_{i=2}^n\dfrac{2i}{2i-1}\prod\limits_{i=1}^n\dfrac{2i}{2i-1}\ge 2\prod\limits_{i=2}^n\dfrac{2i-1}{2i-2}\prod\limits_{i=1}^n\dfrac{2i}{2i-1}=4n+2$.

所以 $x_n$ 发散.

[2] $y_n=\prod\limits_{i=1}^n\dfrac{i^2+1}{i^2}$ 收敛.

证明：$y_n=2\prod\limits_{i=2}^n\dfrac{i^2+1}{i^2}\le 2\prod\limits_{i=2}^n\dfrac{i^2}{i^2-1}=2\prod\limits_{i=1}^n\dfrac{i^2}{(i+1)(i-1)}=4m/(m+1)=4-4/(m+1)<4$.

所以 $y_n$ 收敛.

若 $n$ 是素数，不妨设对应的 $k$ 为 $k(j)$，$f(j)$ 满足 $f(j)\equiv j+k(j),1\le f(j)\le n$.

构造一个有向图 $G=(V,E),V=\{1,2,...,n\},E=\{(j,f(j)):j\in V\}$. 则 $G$ 是有向基环森林. $G$ 中必有一个环 $v_1v_2\cdots v_t(2\le t\le n)$.

设 $\#\{s\in\{1,2,\cdots,t\}:v_s>v_{s+1}\}=p$，则 $n\mid\sum\limits_{s=1}^t\sum\limits_{i=0}^{v_{s+1}-v_{s}-1}a_{v_s+i}=p\sum\limits_{i=1}^na_i$.

因为 $1\le p<t\le n$，所以 $(n,p)=1$，于是 $n\mid\sum\limits_{i=1}^na_i$，矛盾.

若 $n$ 是合数，取 $m\mid n,1<m<n$，$a_1=a_2=\cdots=a_{n-1}=m,a_n=n$ 即可.

令 $n=1$，则 $f(n)=1$，$f(f(n))=1$. 下设 $n\ge 2$，此时 $f(n)$ 显然不为 $1$（否则令 $m\gets n-1$，矛盾）.

下面的 $x\in\mathbb{N}^*_{\ge 2},k\in\mathbb{N}^*$.

设 $g(n)$ 为满足 $n\mid f(x)$ 的最小 $x$（一定存在，因为 $f(2),f(3),...,f(f(n)+1)$ 中必有一个是 $n$ 的倍数）.

通过归纳法可以证明：$n\mid f(x)\iff x\equiv g(n)\pmod{f(n)}$ [1].

在 [1] 中令 $n\gets kn$，则有 $x\equiv g(kn)\pmod{f(kn)}\iff kn\mid f(x)\Rightarrow n\mid f(x)\iff x\equiv g(n)\pmod{f(n)}$. 所以 $f(n)\mid f(kn)$ [2].

在 [1] 中令 $n\gets f(n),x\gets kn$，则有 $f(n)\mid f(kn)\iff kn\equiv g(f(n))\pmod{f(f(n))}$，即 $kn\equiv g(f(n))\pmod{f(f(n))}$. 再令 $k\gets k+1$，有 $kn\equiv(k+1)n\pmod{f(f(n))}$，所以 $f(f(n))\mid n, g(f(n))\equiv0\pmod{f(f(n))}$ [3].

在 [1] 中令 $x\gets f(n)$，有 $n\mid f(f(n))\iff f(n)\equiv g(n)\pmod{f(n)}$，即 $n=f(f(n))\iff g(n)\equiv0\pmod{f(n)}$ [4].

在 [4] 中令 $n\gets f(n)$，有 $f(n)=f(f(f(n)))\iff g(f(n))\equiv0\pmod{f(f(n))}$. 结合 [3] 知 $f(n)=f(f(f(n)))$ [5].

在 [1] 中令 $n\gets f(f(n))$，有 $f(f(n))\mid f(x)\iff x\equiv g(f(f(n)))\pmod{f(f(f(n)))}$. 结合 [3], [5] 知 $f(f(n))\mid f(x)\iff x\equiv0\pmod{f(n)}$.

由于 $f(f(n))\mid n$，所以 $f(f(n))\mid x\Leftarrow n\mid x$，$x\equiv0\pmod{f(n)}\Leftarrow x\equiv g(n)\pmod{f(n)}$. 所以 $g(n)\equiv0\pmod{f(n)}$，即 $n=f(f(n))$（由 [4]）.