$-$ A priori, existem várias formas de resolver essa questão, você pode usar fatoração, ou até mesmo pegar o triângulo de pascal e sair abrindo até a alma dessa questão. Entretanto, irei abordar uma solução alternativa, e o melhor, ela nos poupa o trabalho braçal. Com o conhecimento do $Binômio \ de \ Newton$: \begin{matrix} (a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} {n \choose k}.a^{n-k}.b^k \end{matrix} • Ajeitando nossa expressão: \begin{matrix} (2\sqrt{3} + \sqrt{5})^5 - [2\sqrt{3} + (-1).\sqrt{5}]^5 \\ \\ \\ \sum {5\choose k}.(2\sqrt{3})^{5-k}.(\sqrt{5})^k \ - \ \sum {5\choose k}.(2\sqrt{3})^{5-k}.[(-1).\sqrt{5}]^k \\ \\ \\ \sum {5\choose k}.(2\sqrt{3})^{5-k}.(\sqrt{5})^k .[1 - (-1)^k] \end{matrix} Veja que, se $k$ for um número par, nosso resultado da parcela será $0$. Portanto, como $0 \le k \le 5$, precisamos calcular apenas os casos em que $k$ é ímpar. • $k=1$\begin{matrix} {5\choose 1}.(2\sqrt{3})^{4}.(\sqrt{5})^1 .2 \\ \\ 2^5.3^2.5.\sqrt{5} \end{matrix}• $k=3$ \begin{matrix} {5\choose 3}.(2\sqrt{3})^{2}.(\sqrt{5})^3 .2 \\ \\ 2^4.3.5^2.\sqrt{5} \end{matrix}• $k=5$\begin{matrix} {5\choose 5}.(2\sqrt{3})^{0}.(\sqrt{5})^5 .2 \\ \\ 2.5^2.\sqrt{5} \end{matrix}Somando nossos resultados:\begin{matrix} 2.5.\sqrt{5}. (2^4.3^2 + 2^3.3 + 5) \\ \\ 2690.\sqrt{5} \\ \\ Letra \ (B) \end{matrix}