范文一:多项式分解定理
定理[1]
设 f(x)=a0xn+a1xn-1+…+an 是一个整系数多项式,如
果有理数 u/v 是 f(x)的一个根(其中 u、v 是互质的整数),那么 (1)v 整除首项 a0,u 整除末项 an; (2)f(x)=(x-u/v)q(x),其中 q(x)是整系数多项式 推论 1 设 f(x)=a0xn+a1xn-1+…+an 是一个整系数多项式,如
果它的奇数次项系数之和等于偶数次项系数之和,则它必含 有因子(x+1);如果它的奇数次项系数之和等于偶数次项系数 之和的相反数,则它必含有因子(x-1) 推论 2 设 f(x)=a0xn+a1xn-1+…+an 是一个整系数多项式,若
α 是 f(x)的有理根,则 f(1)/(1-α )、f(-1)/(1+α )都是整数。 此外,还附加一个结论:如果整系数多项式的系数正负相 间,则多项式无负根。如:x3-6x2+15x-14
范文二:多项式定理
多项式定理
n个有区别的球放到两个有区别的盒子里,若第一个盒子放k个球,第二个盒子放n-k
kn-kk个球(k=0,1,2…,n)方案数应是(x1+x2)n中x1。依据加法法则有 x2项的系数Cn
012n Cn+Cn+Cn+???+Cn=2n
可把上面的讨论推广到n个有区别的球放到m个有区别的盒子里,要求m个盒子放的球数分别是n1,n2,…,nm(n=n1+n2+???+nm)的情况,其不同的方案数用
Cn1
表示
从n个有区别的球中取n1个放到第一个盒子里去,其方案数为C(n,n1);当第一个盒子的n1个球选定后,第二个盒子里的n2个球则是从n-n1个中选取的,其方案数为nn2???nm C(n-n1 , n2);第3个盒子的n3个球则是从n-n1-n2中选取,其方案数为C(n-n1-n2,n3),以此类推,根据成法则可得
n1n2???nmCn=Cn1nn3nmn2Cn-n1Cn-n1-n2???Cn-n1-n2-???-nm-1 =nn!(n-n1)!(n-n1-n2)!n!…m= n1!(n-n1)!n2!(n-n1-n2)!n3!(n-n1-n2-n3)!nm!0!n1!n2!???nm!
n个有区别的球,放到m个有标志的盒子的问题,也可以考虑把n个有区别的球进行全排列,对于每一个排列依次取n1个放到第一个盒子里,取n2个放到第二个盒子里,…,最后nm个放到第m个盒子里。然而,放到盒子里的球不考虑球的顺序,故的不同的方案数为 n! n1n2???nm
称n!为多项式(x1+x2+x3+???+xm)n的系数。 n1n2???nm
nmn2表示第一个盒子里有n1个球,???xm(x1+x2+x3+???+xm)n展开式中的一般项x1n1x2
第二个盒子里有n2个球,等等。所以x11x22???xmm的系数为nnnn! n1n2???nm
(x1+x2+???+xm)n=n!nmn2 x1n1x2???xm∑n!n!???n!n1+n2+???+nm=n12m
n定理:(x1+x2+x3+???+xm)n展开式的项数等于Cn+m-1,而且这些系数之和等于m
nn(Hm。 =Cm+n-1)n
证明:(x1+x2+x3+???+xm)n展开式中的x11x22???xmm项(n1+n2+???+nm=n)和从m个元素x1,x2,…,xm中取n个作允许重复的组合一一对应。故得
n从m个中取n个作允许重复的组合的(x1+x2+x3+???+xm)n展开的项数等于Cn+m-1。nnn
全体,对于每一个球都有m个盒子可供选择,根据乘法法则有 n!=mn ∑???nmn1+n2+???+nm=nn1!n2!
例1.展开(x+y+z)4
444解:展开后一共有H3=C3=C+4-16=15项。
4!34!34!24!224!224!3xy+xz+xz+xyz+xy+xy+ 3!1!3!1!2!1!1!2!2!2!2!1!3!
4!34!4!24!224!24!3xz+xz+xyz2+xyz+yz+zy+y4+z4 1!3!1!1!2!1!2!1!2!2!3!1!3!1!(x+y+z)4=x4+
=
范文三:多项式Fermat定理
多项式的Fermat定理
设f(x)是一个复系数多项式,我们用?(f(x))表示f(x)的次数,n0(f(x))表示f(x)的所有根中不同的根的个数,bf(x)是f(x)的基本多项式(即f(x)的全体互不相同的首项系数等于1的不可约多项式及f(x)的首项系数的乘积),由高等代数的理论,我们有
bf(x)=f(x), (f(x),f'(x))
在复数域中,由于不可约多项式只有一次多项式,因此必有n0(f(x))=?(bf(x))。 定理1 ?f(x)∈ [x],f(x)≠0,那么
?(f(x))=?(f(x),f'(x))+n0(f(x))。
证明 由于f(x)=(f(x),f'(x))bf(x),所以?(f(x))=?(f(x),f'(x))+?(bf(x)) =?(f(x),f'(x))+n0(f(x))。
定理2 设f(x),g(x)∈ [X],且都非零多项式,则
(f(x),g(x))=1?n0(f(x)g(x))=n0(f(x))+n0(g(x))
证明 "?"显然。
"?"若(f(x),g(x))=d(x)≠1,则它们有公共根,因此就会有n0(f(x)g(x))≤ (f(x))+n0(g(x))-1,矛盾。所以(f(x),g(x))=1。
(x)P且[xf(x)+g(x)=h(x),那么 定理3 ?f(x),g(x),h∈
(f(x),g(x),h(x))=1?
或者(f(x),g(x))=1,或者(f(x),h(x))=1,或者(g(x),h(x))=1。 证明 "?"显然。
"?" 若(f(x),g(x))=d(x)≠1,则d()而f+(x)=g(x)从h(x)d()(f(x)g,(f,(x),(g(x)),h,与x()h)(x))=1矛盾!
其它情形类似。证毕。
,x(=))f(x)+g(x)=h(x),则有 定理4 ?(f(x),g(x)h且
((f(x),f'(x)),(g(x),g'(x)))=1
和((f(x),f'(x)),(h(x),h'(x)))=1
和((g(x),g'(x)),(h(x),h'(x)))=1。
证明 若((f(x),f'(x)),(g(x),g'(x)))=d(x),得到
d(x)(f(x),f'(x),d(x)(g(x),g'(x)), 即d(x)f(x),d(x)g(x)由上面的定理3,得出d(x)=1,其它两个类似。
引理 设非零多项式f(x),g(x),它们不全为常数,并且(f(x),g(x))=1,则
f'(x)g(x)-f(x)g'(x)≠0。
证明 如果f'(x)g(x)-f(x)g'(x)=0,则f(x)0=f'(x)g(x)-f(x)g'(x),所以f(x)f'(x)g(x),因为(f(x),g(x))=1,所以f(x)f'(x),因此f(x)是常数。同理会有g(x)g'(x),因此g(x)也是常数。矛盾。
定理5 ?(f(x),g(x),h(x))=1且f(x)+g(x)=h(x),则乘积
(f(x),f'(x))(g(x),g'(x))(h(x),h'(x))(f'(x)g(x)-f(x)g'(x))
(f(x),f'(x))(g(x),g'(x))(h(x),h'(x))(f'(x)h(x)-f(x)h'(x))
(f(x),f'(x))(g(x),g'(x))(h(x),h'(x))(g'(x)h(x)-g(x)h'(x))。
证明 显然有(f(x),f'(x))(f'(x)g(x)-f(x)g'(x))
'(x))'f(x(g以及 (g(x),g,)-x()f'x(g) x())
由上面定理4有
((f(x),f'(x)),(g(x),g'(x)))=1,
'('x所以乘积 (f(x),f。( )x())x))g(x('g),x(')f)(x-(g)x(f)g
又因为f'(x)g(x)-f(x)g'(x)=f'(x)g(x)+f'(x)f(x)-f(x)f'(x)-f(x)g'(x)
) =f'(x)(g(x+f(x-))f(x')(f+x(')g=x('))fx(-h)x(')。f xhx
所以
(h(x),h'(x))(f'(x)h(x)-f(x)h'(x))=(f'(x)g(x)-f(x)g'(x))
'以及 ((f(x),fx()g)(x('g),x()h),'x(h(=)x, ,
'(x))g所以 (f(x),f g(x)(x(')g,x()h)'(xh),x'(f))-x(g(x)'(f,)x())
其它两个同理证明。
定理6 设非零多项式f(x),g(x),h(x)∈ [x],它们不全为常数,并且(f(x),g(x),h(x))=1,f(x)+g(x)=h(x),则
max{?(f(x),?(g(x),?(h(x)}≤n0(f(x)g(x)h(x))-1。
证明 因为?(f'(x)g(x))=?(f(x))+?(g(x))-1
?(f(x)g'(x))=?(f(x))+?(g(x))-1
由引理f'(x)g(x)-f(x)g'(x)≠0,
所以 ?(f'(x)g(x-)f(x')g(≤x?))(f+?x())-g( x(
由定理5,可得
?(f(x),f'(x))+?(g(x),g'(x))+?(h(x),h'(x))
≤?(f'(x)g(x)-f(x)g'(x))≤?(f(x))+?(g(x))-1
所以 ?(h(x),'h(x≤))?f(x(-)?)f(x'(f),x+(?))gx-(?()g)'x(g (
=n0(f(x))+n0(g(x))-1
注意到?(h(x),h'(x))=?(h(x))-n0(h(x))代入得
?(h(x))≤n0(f(x))+n0(g(x))+n0(h(x))-1,
由已知条件和定理3,f(x),g(x),h(x)两两互素,所以由定理2得
n0(f(x)g(x)h(=x))0n(f+(x)0)n(g+(x0))n, h(x())
因此得
?(h(x))≤n0(f(x)g(x)h(x))-1。 x-
改写关系式f(x)+g(x)=h(x)成为h(x)+(-g(x))=f(x)或h(x)+(-f(x))=g(x),同样的推理可得?(f(x))≤n0(f(x)g(x)h(x))-1和?(g(x))≤n0(f(x)g(x)h(x))-1,因此得max{?(f(x)),?(g(x)),?(h(x))}≤n0(f(x)g(x)h(x))-1。
Fermat大定理(1995) 对于自然数n≥3,那么方程xn+yn=zn没有正整数解。(该定理经过近百年的努力,终于在1995年由英国的A.Wiles给出了完整的证明)
多项式的Fermat定理 对于自然数n≥3,那么方程
f(x)n+g(x)n=h(x)n
没有不全为常数的互素的多项式解。
证明 设多项式f(x),g(x),h(x)∈ [x]不全为常数,且(f(x),g(x),h(x))=1,满足f(x)n+g(x)n=h(x)n。由假设可得(f(x)n,g(x)n,h(x)n)=1。由定理6得
max{?(f(x)n),?(g(x)n),?(h(x)n)}≤n0(f(x)ng(x)nh(x)n)-1
所以
?(f(x)n)+?(g(x)n)+?(h(x)n)≤3(n0(f(x)ng(x)nh(x)n)-1)
由定理3和定理2,得f(x)n,g(x)n,h(x)n两两互素,从而有
n0(f(x)ng(x)nh(x)n)=n0(f(x)n)+n0(g(x)n)+n0(h(x)n)。
注意到对于任何多项式?(x)都有?(?(x)n)=n?(?(x)), n0(?(x)n)=n0(?(x))及n0(?(x))≤?(?(x)),所以得
n(?(f(x))+?(g(x))+?(h(x)))=?(f(x)n)+?(g(x)n)+?(h(x)n)
≤3(n0(f(x)ng(x)nh(x)n)-1)=3(n0(f(x)n)+n0(g(x)n)+n0(h(x)n)-1)
=3(n0(f(x))+n0(g(x))+n0(h(x))-1)≤3(?(f(x))+?(g(x))+?(h(x))-1) =3(?(f(x))+?(g(x))+?(h(x)))-3
所以3≤(3-n)(?(f(x))+?(g(x))+?(h(x))),
而已知3-n≤0,?(f(x))+?(g(x))+?(h(x))>0,所以得出矛盾。
证毕。
范文四:综合除法与余数定理是中学数学中十分重要的内容,它们是研究多项式
整式的综合除法
综合除法与余数定理是中学数学中十分重要的内容,它们是研究多项式除法的有力工具。综合除法和余数定理在整个中学数学中有着极为广泛的应用。
1(理解掌握用综合除法分解因式,用综合除法解答一些较复杂的整系数多项式的计算与求值。 2(理解多项式中被除数、除数、商以及余数的概念,利用余数定理求解多项式的余数。
特别的:
在f(x),(x,a)?q(x),r中,令x,a,则有f(a),r,由此可得:
?余数定理:多项式f(x)除以x,a所得的余数等于f(a)。
?因式定理:如果f(a),0,则多项式f(x)含有因式x,a;如果多项式f(x)含有因式x,a,则f(a),0。
?定义:在代数式中,利用添项的方法,将原多项式配上某些需要的缺项,使添项后的多项式的一部
分成为一个完全平方式,这种方法叫做配方法。
22?方法:配方主要是配中项2ab,或配一个平方项b(或a)。如何配方依赖于对题目特点的观察和分析。
22应用配方法进行因式分解时,常将多项式配成A,B的形式,使多项式可用平方差公式分解
为(A,B)(A,B)的形式。
例1
100 2?(x,6x,27)?(x,3) 80
60东部 西部40 北部2220?(2x,6)(x,9)?(x,6x,9)
0第一季度第三季度
32?(x,7x,4x,6)?(x,2)
1
例2
100
3用竖式除法求下列各式的除式与余式:(基础) (2x,3x,4)?(x,3) 80
60东部 西部4042用竖式除法求下列各式的除式与余式:(精英)求3x,4x,2x,4除以x,2的商式与余式 北部
20
0第一季度第三季度
例3
100
43 用综合除法求2x,14x,4,7x除以x,2所得的商和余式。 80
60东部 西部40 北部
20
0第一季度第三季度例4
100 32?用综合除法计算(3x,5x,2)?(x,3) 80
60东部 西部4024?用综合除法计算(8x,2x,x,14)?(x,1) 北部
20
0第一季度第三季度32?用综合除法计算(3x,10x,23x,16)?(3x,2)的商式和余式。
例5
100
543?试确定m的值使多项式f(x),x,3x,8x,11x,m能够被x,1整除。 80
60东部 西部40 北部
20
?一个关于x的二次多项式f(x),它被(x,1)除余2,它被(x,3)除时余28,它还可被(x,1)整除,求f(x)。 0第一季度第三季度
2
例6
100
求一个关于x的二次多项式,它的二次项系数为1,它被x,3除余1,且它被x,1除和被x,2除所得80
的余数相同。 60东部 西部40 北部
20
0第一季度第三季度
例7
100
4224x,xy,y 80
60东部 西部40 北部
20
例8 0第一季度第三季度
100
222如果a,b,2c,2ac,2bc,0,求a,b的值; 80
60东部 西部40 北部
20
0第一季度第三季度例9
100
11122280若,求的值。 aabbacbcc,,,,,222ambmcm,,,,,,123,,22260东部 西部40 北部
20
0第一季度第三季度
3
测试题
3221( (3451)(31)xxxxx,,,,,,
2322(求代数式去除所得的商式与余式 xxx,,,31321xx,,
4223(试确定与,使能被整除。 bxaxbx,,,2axx,,32
4324(分解因式: xxxx,,,,76
1445(分解因式:xy,4
42246(分解因式:xxyy,,16
847(分解因式:xx,,1
答案 1(【解析】
32分解, 3451xxx,,,对
322234513(31)13(31)471xxxxxxxxx,,,,,,,,,,,,所以
322(3451)(31)(313)xxxxxx,,,,,,,,……。 (4714)x,2(【解析】
17262173222因为,所以商式为,余式为()x,xxxxxxxxx,,,,,,,,,,,31(321)(321)393999
262。(竖式除法、综合除法亦可用) ,,x99
3(【解析】
方法:?用待定系数法求解.
242xxxx,,,,,32(1)(2)方法:?(因式定理)由于,则与必是的因式,也x,1x,2xaxbx,,,2
42即或都是方程的解。所以:;x,,1x,,2120,,,,abxaxbx,,,,20
4
,解得,。 164220,,,,aba,,6b,3
4(【解析】
取,原式,所以原式含有代数式;再取发现原代数式还是,所x,1,,,,,,117160x,1x,,10
2以原式也含有代数式。也即原式含有的代数式,所以用综合除法。 x,1x,1
222222原式 ,,,,,,,,,,,,,,,xxxxxxxxxxxx(1)(1)6(1)(6)(1)(1)(1)(3)(2)5(【解析】
114422222222原式 ,,,,,,,xyxyxyxyxy()()42
12222,,,,,(22)(22)xxyyxxyy4
6(【解析】
42242222222222原式= xxyyxyxyxyxyxyxyxy,,,,,,,,,,,8169(4)(3)(43)(43)
7(【解析】
848444242原式= xxxxxxxxx,,,,,,,,,,,121(1)(1)
422422242 ,,,,,,,,,,,,,(12)(1)(1)(1)(1)xxxxxxxxxxx
5
范文五:二项式定理与多项式定理
《高中数学研究性学习案例》
分组问题 二项式定理 多项式定理
1.固定分组问题
例1 将12本不同的书分给甲、乙、丙、丁4位学生,求分别满足下列条件的分配方法各有多少种: (1)4位学生每人3本;
(2)甲、乙各得4本,丙、丁各得2本;
(3)甲得5本,乙得4本,丙得2本,丁得1本.
3
解 (1)先从12本书中选取3本分给甲,有C12种方法;
当甲分得3本书后,从剩下的9本书中选取3本分给乙,有
3
种方法;类似可得,丙、丁的分法分别有C63、C33种,由乘法C9
3333原理得所求分法共有C12=C9C6C3
12!
(3!)4
=369600种;
(2)与(1)的解法类似可得所求分配方法种数为
224
C2=C12C84C4
12!
=207900; 4!?4!?2!?2!
(3)与(1)的解法类似可得所求分配方法种数为
154
=C32C1C12C7
12!
=83160. 5!?4!?2!?1!
在例1中是将不同的书分给不同的学生,并且指定了每人分得的本数,我们称之为固定分组问题.我们将这个问题总结成如下一般定理:
定理1 将n个不同的元素分成带有编号从1,2,?,r
A2, ,Ar,A2有n2个元素,的r个组:使得A1有n1个元素,?,A1,
Ar
有nr个元素,n1+n2+ +nr
=n,则不同的分组方法共有
n!
种.
n1!?n2!? ?nr!
证明 先从n个不同的元素中选取n1个分给A1,这一步有Cnn种方法;再从剩下的n-n1个元素中选取n2个分给A2,这
1
一步有Cnn-n种方法;如此继续下去,最后剩下的n r个元素分
21
给A r,有Cnn种方法,由乘法原理得这样的固定分组方法共有
rr
n2nrn1
CnCn-n1?Cnr=
n!
种.证毕.
n1!n2! nr!
我们将定理1的分配问题简称为(n;n1,n2, ,nr)固定分组问题.
2.不尽相异元素的全排列 多项式定理
n!固定分组数有多种组合学意义,除了表示固定
n1!?n2!? ?nr!
分组的方法数外,它还有以下两种表示意义:
n!
(1)不尽相异元素的全排列种数
n1!?n2!? ?nr!
有r类元素,其中第k类元素有nk个(k=1,2,?,r),同类元素不加区分,不同类元素互不相同,n1+n2+ +nr
=n。
则这r类n个不尽相异元素的全排列种数等于固定分组数
n!
。.
n1!n2! nr!
例2 (06年高考江苏卷(理))今有2个红球、3个黄球、4个白球,同色球不加区分,将这9个球排成一列有 种
不同的方法(用数字作答).
解 9个球排成一列要占9个位置,从9个位置中选取2个放红球,有C92种方法;再从其余7个位置中选取3个放黄球,有C73种方法;最后在剩下的4个位置上全放白球,有C44种方法,由乘法原理得所求的排列方法共有
9!
=1260种. CCC=
2!?3!?4!
29
37
44
n!
评注:对于固定分组数,除了表示固定分组的
n1!?n2!? ?nr!
方法数外,它还表示r类共n个(不尽相异)元素的全排列数,其中第k类元素有nk个(k=1,2,?,r),同类元素不加区分,n1
+n2+ +nr=n.
n!(2)多项式定理的系数
n1!?n2!? ?nr!
nnnn
(x1+x2+ +xr)在的展开式中,项x1x2 xr的系数等于
1
2
r
n!n
(a+b)固定分组数。例如在的展开式中,项
n1!n2! nr!
ambn-m的系数为
n!
=Cnm,这正是我们所熟悉的二项式系
m!(n-m)!
数。有如下的多项式定理:
多项式定理 设n是正整数,则对一切实数 x1 ,x2,……,xr 有
n!
(x1+x2+ +xr)=∑n1+n2+ +nr=nn1!n2! nr!
n
n2
x1n1x2 xrnr (*)
其中求和是对满足方程 n1+n2+??nr = n 的一切非负整数n1,n2,??,nt 来求。因为r元方程n1+n2+??nr = n
n
(x1+x2+ +xr)的非负整数共有Cn+r-1组,所以在的展开式
n
中共有Cn+r-1个不同的项。
多项式定理是对二项式定理的推广,在多项式定理中令r = 2 就得到了二项式定理 。
432
xyzw与项例3 写出(x+y+z+w)的展开式中项
10
n
x3y3z2w2的系数.
10432
(x+y+z+w)xyzw解 先求项的系数.是10个括号
的连乘积,将这10个括号看成10个元素,从中先取出4个括号作为第一组,在每个括号中都取x;再从剩下的6个括号中取出3个作为第二组,在每个括号中都取y;再从剩下的3个括号中取出2个作为第三组,在每个括号中都取z;最后的剩下的1个括号作为第四组,从中取w.这样取出的4个x,3个y,2个z,1个w的连乘积就是项x4y3z2w,由定理1知,上述取法就是(10;4,3,2,1)固定分组问题,
432
于是在展开10个括号的连乘积时,项xyzw有
10!
=12600个同类项,所以此项的系数是12600.同理可
4!?3!?2!?1!
3322x得项yzw的系数是
10!
=25200.
3!?3!?2!?2!
例4 (94年全国高考题)有甲、乙、丙三项不同的任务,甲需2人承担,乙、丙各需1人承担,现从10人中选取4人担任这三项工作,有多少种不同的分配方法?
4
解:从10人中选取4人,有C10对于取定的4人,种方法,
让他们担任这三项工作,为(4;2,1,1)固定分组问题,
4
?故所求分配方法共有C10
4!
=2520种. 2!?1!?1!
注:一般地,设有A1、A2、?,Ar共r项不同的工作,工作Ai需ni个人承担(i=1, 2, ,r),n1+n2+ +nr
=n,现从m个人
中选取n个人做这r项工作(m≥n),则不同的分配工作方法
n共有Cm?
n!
种.
n1!n2! nr!
例5 (07年全国高考理2(必修+选修Ⅱ))从5位同学中选派4位同学在星期五、星期六星期日参加公益活动,每人一天,要求星期五有2人参加,星期六、星期日各有1人参加,则不同的选派方法共有
(A)40种 (B)60种 (C)100
种 (D)120种
解 从5人中选取4人,有C54种方法;对于选定的4人,让他们参加这3天的公益活动,为(4;2,1,1)固定分组问
11
题,由定理1及乘法原理得所求选派方法共有C54C42C2C1=60
种.故选B.
例6 (06年高考天津卷(理))将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里,使得放入每个盒子
里的球的个数不小于该盒子的编号,则不同的放球方法有 A.10种 B.20种 C.36种 D.52种 解 放球方法即分组方法.满足条件的放球方法可分成两类:①(4;1,3)固定分组问题;②(4;2,2)固定分组问题,它们分别有有
4!
+4!=4+6=101!?3!2!?2!
4!
,4!种放球方法,故所求放球方法共1!?3!2!?2!
种.故选A.
评注:对于类似例3这样的不能直接按固定分组解决的问题,如果能够按各个组(盒子)允许放的元素(球数)将问题分成互不相交的若干类,使得每一类都是固定分组问题,则可按固定分组分别计算这些类再相加即可.
例7 (07年全国高考1(文))甲、乙、丙3位同学选修课程,从4门课程中,甲选修2门,乙、丙各选修3门,则不同的选修方案共有
(A)36 种 (B)48 种 (C)96 种 (D)192种
解 因每人都是从4门课程中选课,故甲、乙、丙3人的选课方法分别有C42、C43、C43种,由乘法原理得所求选修方案共有C42C43C43=96种.故选C.
例8(08年湖北理6题)将5名志愿者分配到3个不同的奥运场馆参加接待工作,每个场馆至少分配一名志愿者的
方案种数为
A.540 B.300 C.180 D.150 解:用“捆绑法”可得所求结果为
3C53 !
122
C5C33 !=60+90=150 2
选D。