题目如下：

解 (1)：

根据弗罗贝尼乌斯范数的定义，

$$
\begin{align*}
\Vert B \Vert_F &= \sqrt{1^2+(\sqrt{2})^2+(\sqrt{3})^2+ \dots + (\sqrt{n})^2} \\
&= \sqrt{1+2+3+\dots+n} \\
&= \sqrt{\frac{n(n+1)}{2}}
\end{align*}
$$

要使 $\Vert B \Vert_F \gt 3\sqrt{5}$，即 $\sqrt{\frac{n(n+1)}{2}} \gt 3 \sqrt{5}$ 。两边平方得

$$
\begin{align*}
\frac{n(n+1)}{2} &\gt 45 \\
n^2+n &\gt 90 \\
n^2+n-90 &\gt 0 \\
(n+10)(n-9) &\gt 0
\end{align*}
$$

要想让上面不等式成立，则 $n > 9$ 或 $n < -10$。

又因为 $n \in \mathbb{N}^*, n \ge 3$，所以使 $\Vert B \Vert_F \gt 3\sqrt{5}$ 成立的 $n$ 的最小值为 $10$​。

解 (2)：

我们逐列来求解。

第一列模的平方为 $1$，

第二列模的平方为 $\cos^2\theta+\sin^2\theta = 1$，

第三列模的平方为 $\cos^2\theta+\sin^2\theta\cos^2\theta+\sin^4\theta = \cos^2\theta+\sin^2\theta(\cos^2\theta+\sin^2\theta) = \cos^2\theta+\sin^2\theta = 1$，​

第四列模的平方为

$$
\begin{align*}
\cos^2\theta+\sin^2\theta\cos^2\theta+\sin^4\theta\cos^2\theta+\sin^6\theta
&=\cos^2\theta+\sin^2\theta\cos^2\theta+\sin^4\theta(\cos^2\theta+\sin^2\theta) \\
&= \cos^2\theta+\sin^2\theta\cos^2\theta+\sin^4\theta \\
&= 1
\end{align*}
$$

不难发现，每一列的后两项都是上一列最后一项非零项乘以 $\cos\theta$ 和 $\sin\theta$ 而来。最后两项的平方和提取上一列最后一项的平方后得到 $\cos^2\theta+\sin^2\theta = 1$，这样该列的各项平方和刚好就是上一列各项的平方和。因此 $C_{nn}$ 中每一列的各项平方和都为 $1$。总共有 $n$ 列，因此 $C_{nn}$ 所有项的平方和为 $n$，其弗罗贝尼乌斯范数 $\Vert C \Vert_F = \sqrt{n}$。

解 (3)：

根据 $\log_ab^n = n\log_ab$ 可得，$\ln(\frac{3}{2})^\frac{\sqrt{n}}{n} = \frac{\sqrt{n}}{n}\ln \frac{3}{2}$，所以

$$
\Bigg(\ln(\frac{3}{2})^\frac{\sqrt{n}}{n}\Bigg)^2 = \Big(\frac{\sqrt{n}}{n}\ln \frac{3}{2}\Big)^2=\frac{1}{n}\ln^2\frac{3}{2}
$$

第 $n$ 行总共有 $n$ 个元素，因此各元素的平方和为 $\ln^2\frac{3}{2}$。

同理，第 $n-1$ 行各元素的平方和为 $\ln^2\frac{4}{3}$，第 $n-2$ 行各元素的平方和为 $\ln^2\frac{5}{4}$，……，第 $1$ 行各元素的平方和为 $\ln^2\frac{n+2}{n+1}$。因此，

$$
\Vert D \Vert_F^2 = \ln^2\frac{3}{2}+\ln^2\frac{4}{3}+\dots +\ln^2\frac{n+2}{n+1} = \sum_{i=1}^n \ln^2\frac{i+2}{i+1}
$$

根据 $\ln x \ge 1-\frac{1}{x}$，所以 $\ln \frac{n+2}{n+1} \ge 1- \frac{n+1}{n+2} = \frac{1}{n+2}$。因此，

$$
\Vert D \Vert_F^2 \ge \frac{1}{3^2}+ \frac{1}{4^2}+\dots+\frac{1}{(n+2)^2}=\sum_{i=1}^n \frac{1}{(i+2)^2}
$$

因为 $\frac{1}{(n+2)^2} > \frac{1}{n+2}\times\frac{1}{n+3}$，所以

$$
\Vert D \Vert_F^2 > \frac{1}{3}\times\frac{1}{4}+ \frac{1}{4}\times\frac{1}{5}+\dots+\frac{1}{n+2}\times\frac{1}{n+3}
$$

裂项后得

$$
\Vert D \Vert_F^2 > \frac{1}{3}-\frac{1}{4}+ \frac{1}{4}-\frac{1}{5}+\dots+\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3} = \frac{1}{3}-\frac{1}{n+3} = \frac{n}{3n+9}
$$

两边同时开方得

$$
\Vert D \Vert_F > \sqrt{\frac{n}{3n+9}}
$$

$\blacksquare$