5.在鱼塘中投放no尾鱼苗,随着时间的增长,尾数将减少而每尾的质量将增加。
(1)设尾数n(t)的(相对)减少率为常数;由于喂养引起的每尾鱼质量的增加率与鱼表面积成正比，由于消耗引起的每尾鱼质量的减少率与质量本身成正比分别建立尾数和每尾鱼质量的微分方程,并求解。
(2)用控制网眼的办法不捕小鱼,到时刻T才开始捕捞,捕捞能力用尾数的相对减少量ln/nl表示,记作E,即单位时间捕获量是En(t).问如何选择T和E,使从T开始的捕获量最大。
(1)根据题意，可分别列出尾数n(t)的相对减少率方程和每尾鱼质量的增加率方程，进而求解；
(2)由(1)可得$E(t)=\dfrac{n(T-t)}{n(T-t)+n(0)}$,其中$0\le t\le T$,对E(t)求导，利用导数求出最大值即可.
解：(1)设尾数为$n(t)=a^{nt}$,由题意得$\dfrac{\ln a}{a^{nt}}-\dfrac{\ln a}{a^{nt-1}}=k$,即$\dfrac{\ln a}{a^{nt}}=\dfrac{\ln a}{a^{nt-1}}+k$,
两边取自然对数得$-nt\ln a=\ln a+(nt-1)\ln a+kt$,即$-nt\ln a=nt\ln a+(kt-1)\ln a$,
因为$\ln a
e 0$,所以$-n=n+k-1$,即$k=-1$,
设每尾鱼质量为m(t),由题意得$m(t+1)=m(t)+c\cdot m'(t)$,其中$c=k=-1$,
所以$m'(t+1)=m'(t)-1$,即$m'(t)=m'(t)-1$,
又因为$m'(t)$不恒为零，所以$m'(t)=m'(t)-1$只能是$m'(t)=m'(t)-1$,
所以$m'(t)$恒为零，故$m'(t)$不可能为正或负，只能为零，即$m'(t)=0$,
所以m(t)是一个常数函数，即$m(t)=c$.
又因为$m(0)=c$,所以$m(0)=c=a$,即每尾鱼的质量为常数a.
综上所述，尾数n(t)的相对减少率为常数$-1$,每尾鱼质量m(t)的增加率为常数$-1$,且初始质量均为a.
(2)由题意知，单位时间捕获量为$E(t)=\dfrac{n(T-t)}{n(T-t)+n(0)}=\dfrac{a^{nt}(T-t)}{a^{nt}(T-t)+a^{0}}$,其中$0\le t\le T$.
所以$E'(t)=\dfrac{-nt\ln a\lbrack a^{nt}(T-t)+a^{nt}\rbrack +na^{nt}(T-t)\times n\ln a}{(a^{nt}(T-t)+a^{0})^{2}}=\dfrac{-nt\ln a\lbrack a^{nt}(T-t)+a^{nt}\rbrack +na^{nt}(T-t)\times n\ln a}{(a^{nt}+a^{0})^{2}}$
令$g(x)=x-\dfrac{1}{x}-2\ln x$,则$g'(x)=\dfrac{(x-1)^{2}}{x^{2}}\ge 0$,所以g(x)在$\lbrack 1,+\infty )$上单调递增，
当且仅当$x=1$时取等号.
又因为$a\rangle 1$,所以$\dfrac{a}{a^{nt}}\rangle 1$,即$a^{nt}\langle 1$,所以$g(\dfrac{a}{a^{nt}})=\dfrac{a}{a^{nt}}-\dfrac{a^{nt}}{a}-2\ln\dfrac{a}{a^{nt}}=\dfrac{a}{a^{nt}}-2\ln\dfrac{a}{a^{nt}}\rangle g(1)=0$.
所以$E'(t)=\dfrac{n\cdot g(\dfrac{a}{a^{nt}})\cdot (T-t)+n\cdot g(0)\cdot (T-t)}{((a^{nt}+a^{0}))^{2}}=\dfrac{n\lbrack g(\dfrac{a}{a^{nt}})+(g(0))\rbrack \cdot (T-t)}{((a^{nt}+a^{0})^{2})}\rangle 0$.
故E(t)在区间$\lbrack 0,T\rbrack$ 上单调递增，所以当$t=0$时，E取得最小值$\dfrac{an}{an+1}$.