พิมพ์คำที่ต้องการค้นหา ทั้งภาษาไทยและอังกฤษ
  1. หน้าแรก
  2. คลังความรู้
  3. การแปลงลาปลาซ
  4. Inverse Laplace Transform

// บทที่ 8.5 · การแปลงลาปลาซ · Inverse Laplace Transform

การแปลงลาปลาซผกผัน (Inverse Laplace Transform) ครบทุกกรณี

การแปลงไปข้างหน้าใช้ตารางและคุณสมบัติก็พอ แต่การแปลงกลับคือที่ที่คะแนนหายในห้องสอบ หน้านี้เรียงเนื้อหาแบบตำรา Ogata: เริ่มจากนิยามและอินทิกรัลบรอมวิช แล้วไล่ทุกกรณีของเศษส่วนย่อย โพลเดี่ยว โพลเชิงซ้อน โพลซ้ำ เศษส่วนไม่แท้ ตัวหน่วงเวลา จากนั้นวิธีทางเลือก (เทียบสัมประสิทธิ์ คอนโวลูชัน เรซิดิว) ทฤษฎีบทการกระจายของเฮวิไซด์ การใช้ MATLAB/Python และโจทย์ฝึก 12 ข้อ ทุกตัวอย่างลองในเครื่องคิดเลขแสดงวิธีทำได้ สูตรใช้รหัส V

เขียนโดย อาจารย์มดอัปเดต
เครื่องคิดเลขแสดงวิธีทำ โพลเดี่ยว โพลเชิงซ้อน โพลซ้ำ เศษส่วนไม่แท้ โจทย์ฝึก
สรุปใน 30 วินาที
  • ทำให้เป็นเศษส่วนแท้ (หารยาว) → แยกตัวประกอบตัวส่วน → เลือกรูปเศษส่วนย่อยตามชนิดโพล → หาสัมประสิทธิ์ → เปิดตาราง
  • โพลเดี่ยว −pk-p_k: ak=[(s+pk)F(s)]s=−pka_k = [(s+p_k)F(s)]_{s=-p_k} → ake−pkta_ke^{-p_kt}
  • โพลซ้ำอันดับ r: br−k=1k!dkdsk[(s+p)rF]s=−pb_{r-k} = \tfrac{1}{k!}\tfrac{d^k}{ds^k}[(s+p)^rF]_{s=-p} → tj−1(j−1)!e−pt\tfrac{t^{j-1}}{(j-1)!}e^{-pt}
  • โพลเชิงซ้อน: เติมกำลังสอง (s+a)2+ω2(s+a)^2 + \omega^2 → e−at(Acos⁡ωt+Bsin⁡ωt)e^{-at}(A\cos\omega t + B\sin\omega t)
ระดับพื้นฐาน ปี 2กลาง ป.ตรี วิศวกรรมขั้นสูง ป.โท
อ่านวิธีทำตัวประกอบที่ถูกปิดสูตรที่ใช้

นิยาม ความเป็นหนึ่งเดียว และภาพรวมวิธีหา พื้นฐาน

V1 Inverse Laplace transform การแปลงผกผัน

f(t)=L−1{F(s)}=12πj∫c−j∞c+j∞F(s) est ds,t>0, c>Re⁡(ทุกโพล)f(t) = \mathcal L^{-1}\{F(s)\} = \frac{1}{2\pi j}\int_{c-j\infty}^{c+j\infty}F(s)\,e^{st}\,ds,\quad t > 0,\ c > \operatorname{Re}(\text{ทุกโพล})

ความเป็นหนึ่งเดียว (ทฤษฎีบทของ Lerch): ฟังก์ชันต่อเนื่องสองตัวที่มีการแปลงลาปลาซเท่ากันเป็นฟังก์ชันเดียวกันสำหรับ t≥0t \ge 0 เราจึงแปลงกลับด้วยการ “เปิดตาราง” ได้อย่างมั่นใจ

วิธีใช้เมื่อหัวข้อ
เปิดตารางตรง ๆF(s) อยู่ในรูปมาตรฐานอยู่แล้วตารางท้ายหน้า
เศษส่วนย่อย + ปิดตัวประกอบ (Heaviside)ฟังก์ชันตรรกยะ โพลเดี่ยว · วิธีหลักกรณีที่ 1
เติมกำลังสองสมบูรณ์โพลเชิงซ้อนกรณีที่ 2
สูตรอนุพันธ์โพลซ้ำกรณีที่ 3
หารยาวดีกรีเศษ ≥ ดีกรีส่วนกรณีที่ 4
เลื่อนเวลามี e−sTe^{-sT}กรณีที่ 5
เทียบสัมประสิทธิ์ / แทนค่า sตรวจคำตอบ หรือคิดมือแบบไม่ใช้จำนวนเชิงซ้อนวิธีทางเลือก
คอนโวลูชันผลคูณของสองฟังก์ชันที่รู้ตัวผกผันวิธีทางเลือก
เรซิดิว (บรอมวิช)ทฤษฎี ทุกกรณีในสูตรเดียวขั้นสูง

รูปทั่วไปของ F(s) และหลักของเศษส่วนย่อย พื้นฐาน

ในงานวิศวกรรม F(s)F(s) เกือบทั้งหมดเป็นอัตราส่วนของพหุนามสองตัว (Ogata ใช้สัญลักษณ์ B(s)/A(s)B(s)/A(s))

V2 Rational F(s) รูปทั่วไป

F(s)=B(s)A(s)=K (s+z1)(s+z2)⋯(s+zm)(s+p1)(s+p2)⋯(s+pn),m<nF(s) = \frac{B(s)}{A(s)} = K\,\frac{(s+z_1)(s+z_2)\cdots(s+z_m)}{(s+p_1)(s+p_2)\cdots(s+p_n)},\quad m < n

−pk-p_k คือโพล −zi-z_i คือซีโร่ (เครื่องหมายแบบ Ogata) · ถ้า m≥nm \ge n ต้องหารยาวก่อน (กรณีที่ 4)

V3 Partial-fraction rules กฎการตั้งรูปเศษส่วนย่อย

(s+p)→ as+p(s+p)r→ b1s+p+b2(s+p)2+⋯+br(s+p)r(s+α)2+ω2→ A(s+α)+Bω(s+α)2+ω2  หรือ  Ks+α−jω+Kˉs+α+jω\begin{array}{ll} (s + p) & \to\ \dfrac{a}{s+p} \\[6pt] (s + p)^r & \to\ \dfrac{b_1}{s+p} + \dfrac{b_2}{(s+p)^2} + \cdots + \dfrac{b_r}{(s+p)^r} \\[6pt] (s+\alpha)^2 + \omega^2 & \to\ \dfrac{A(s+\alpha) + B\omega}{(s+\alpha)^2 + \omega^2}\ \text{ หรือ }\ \dfrac{K}{s + \alpha - j\omega} + \dfrac{\bar K}{s + \alpha + j\omega} \end{array}

จำนวนค่าคงที่ที่ต้องหา = ดีกรีของตัวส่วนเสมอ ใช้นับตรวจว่าตั้งรูปครบ

กรณีที่ 1: โพลเดี่ยวจริงทั้งหมด (Distinct Real Poles) พื้นฐาน

V4 Heaviside cover-up วิธีปิดตัวประกอบ

F(s)=∑k=1naks+pk,ak=[(s+pk)F(s)]s=−pk,f(t)=∑k=1nake−pktF(s) = \sum_{k=1}^{n}\frac{a_k}{s + p_k},\qquad a_k = \Big[(s + p_k)F(s)\Big]_{s = -p_k},\qquad f(t) = \sum_{k=1}^{n}a_ke^{-p_kt}

ที่มา: คูณทั้งสองข้างด้วย (s+pk)(s+p_k) แล้วแทน s=−pks = -p_k ทุกพจน์อื่นมี (s+pk)(s + p_k) จึงเป็นศูนย์ เหลือ aka_k ตัวเดียว · aka_k คือเรซิดิวของ FF ที่ −pk-p_k

V5 Using A′(s) สูตรอนุพันธ์ตัวส่วน

ak=B(−pk)A′(−pk)a_k = \frac{B(-p_k)}{A'(-p_k)}

สะดวกเมื่อตัวส่วนยังไม่แยกตัวประกอบหรือมีดีกรีสูง

V6 Quick checks ตรวจคำตอบเร็ว

f(0+)=∑ak=lim⁡s→∞sF(s)f(0^+) = \sum a_k = \lim_{s\to\infty}sF(s)

ถ้า n−m≥2n - m \ge 2 ผลรวมของ aka_k ต้องเป็นศูนย์

ตัวอย่าง V-1 · Ogata ตัวอย่างพื้นฐาน

F(s)=s+3(s+1)(s+2)F(s) = \dfrac{s+3}{(s+1)(s+2)}

  1. F(s)=a1s+1+a2s+2F(s) = \frac{a_1}{s+1} + \frac{a_2}{s+2}

  2. ปิด (s+1)(s+1) แล้วแทน s=−1s = -1 V4

    a1=[s+3(s+1)(s+2)]s=−1=21=2a_1 = \left[\frac{s+3}{\hlU{\cancel{(s+1)}}(s+2)}\right]_{s=-1} = \frac{2}{1} = 2

  3. ปิด (s+2)(s+2) แล้วแทน s=−2s = -2

    a2=[s+3(s+1)]s=−2=1−1=−1a_2 = \left[\frac{s+3}{(s+1)}\right]_{s=-2} = \frac{1}{-1} = -1
  4. f(t)=2e−t−e−2t,t≥0f(t) = 2e^{-t} - e^{-2t},\quad t \ge 0

f(t)=2e−t−e−2tf(t) = 2e^{-t} - e^{-2t}

ตรวจ V6: f(0+)=2−1=1=lim⁡s→∞s(s+3)(s+1)(s+2)f(0^+) = 2 - 1 = 1 = \lim_{s\to\infty}\tfrac{s(s+3)}{(s+1)(s+2)} ✓

ตัวอย่าง V-2 · สามโพล ด้วยสูตร A′(s)

F(s)=5s+3s3+6s2+11s+6F(s) = \dfrac{5s+3}{s^3 + 6s^2 + 11s + 6}

  1. แยกตัวประกอบ: ลอง s=−1s = -1: −1+6−11+6=0-1 + 6 - 11 + 6 = 0 ✓ หารได้ s2+5s+6=(s+2)(s+3)s^2 + 5s + 6 = (s+2)(s+3)

    A(s)=(s+1)(s+2)(s+3),A′(s)=3s2+12s+11A(s) = (s+1)(s+2)(s+3),\qquad A'(s) = 3s^2 + 12s + 11

  2. ใช้ ak=B(−pk)/A′(−pk)a_k = B(-p_k)/A'(-p_k) V5

    a1=−5+33−12+11=−22=−1,a2=−10+312−24+11=−7−1=7,a3=−15+327−36+11=−122=−6a_1 = \frac{-5+3}{3-12+11} = \frac{-2}{2} = -1,\quad a_2 = \frac{-10+3}{12-24+11} = \frac{-7}{-1} = 7,\quad a_3 = \frac{-15+3}{27-36+11} = \frac{-12}{2} = -6
  3. f(t)=−e−t+7e−2t−6e−3tf(t) = -e^{-t} + 7e^{-2t} - 6e^{-3t}

f(t)=−e−t+7e−2t−6e−3tf(t) = -e^{-t} + 7e^{-2t} - 6e^{-3t}

ตรวจ V6: n−m=2n - m = 2 ผลรวมต้องเป็นศูนย์: −1+7−6=0-1 + 7 - 6 = 0 ✓

กรณีที่ 2: โพลเชิงซ้อนสังยุค (Complex-Conjugate Poles) กลาง

มีสองวิธีที่ให้คำตอบเดียวกัน วิธีเติมกำลังสองไม่ต้องใช้จำนวนเชิงซ้อนเลย เหมาะกับการคิดมือ ส่วนวิธีเรซิดิวเชิงซ้อนให้รูปแอมพลิจูด-มุมเฟสโดยตรง และเป็นสิ่งที่เครื่องคิดเลขกับ MATLAB ทำ

V7 Completing the square เติมกำลังสองสมบูรณ์

A(s+α)+Bω(s+α)2+ω2 ⟶ e−αt(Acos⁡ωt+Bsin⁡ωt)\frac{A(s+\alpha) + B\omega}{(s+\alpha)^2 + \omega^2}\ \longrightarrow\ e^{-\alpha t}\left(A\cos\omega t + B\sin\omega t\right)

ขั้นตอน: s2+bs+c=(s+b2)2+(c−b24)s^2 + bs + c = (s + \tfrac b2)^2 + (c - \tfrac{b^2}{4}) ได้ α=b/2, ω=c−b2/4\alpha = b/2,\ \omega = \sqrt{c - b^2/4} แล้วเขียนตัวเศษใหม่ในรูป A(s+α)+BωA(s + \alpha) + B\omega

V8 Complex residue form รูปแอมพลิจูด-มุมเฟส

Ks+α−jω+Kˉs+α+jω ⟶ 2∣K∣ e−αtcos⁡(ωt+∠K),K=[(s+α−jω)F(s)]s=−α+jω\frac{K}{s + \alpha - j\omega} + \frac{\bar K}{s + \alpha + j\omega}\ \longrightarrow\ 2|K|\,e^{-\alpha t}\cos\left(\omega t + \angle K\right),\quad K = \Big[(s + \alpha - j\omega)F(s)\Big]_{s = -\alpha + j\omega}

หา K ตัวเดียวพอ อีกตัวเป็นสังยุค · เทียบกับ V7: A=2Re⁡K, B=−2Im⁡KA = 2\operatorname{Re}K,\ B = -2\operatorname{Im}K

ตัวอย่าง V-3 · Ogata: เติมกำลังสอง

F(s)=2s+12s2+2s+5F(s) = \dfrac{2s + 12}{s^2 + 2s + 5}

  1. ดิสคริมิแนนต์ 4−20<04 - 20 < 0 → โพลเชิงซ้อน −1±2j-1 \pm 2j เติมกำลังสอง

    s2+2s+5=(s+1)2+22s^2 + 2s + 5 = (s+1)^2 + 2^2

  2. จัดตัวเศษเป็น A(s+1)+B⋅2A(s+1) + B\cdot 2 V7

    2s+12=2(s+1)+10=2(s+1)+5⋅22s + 12 = 2(s + 1) + 10 = 2(s+1) + 5\cdot 2
  3. F(s)=2 s+1(s+1)2+22+5 2(s+1)2+22F(s) = 2\,\frac{s+1}{(s+1)^2 + 2^2} + 5\,\frac{2}{(s+1)^2 + 2^2}
  4. f(t)=e−t(2cos⁡2t+5sin⁡2t)f(t) = e^{-t}\left(2\cos 2t + 5\sin 2t\right)

f(t)=2e−tcos⁡2t+5e−tsin⁡2t, t≥0f(t) = 2e^{-t}\cos 2t + 5e^{-t}\sin 2t,\ t \ge 0

ตัวอย่าง V-4 · ข้อเดิมด้วยเรซิดิวเชิงซ้อน

F(s)=2s+12s2+2s+5F(s) = \dfrac{2s + 12}{s^2 + 2s + 5} ในรูปแอมพลิจูด-มุมเฟส

  1. ปิด (s+1−2j)(s + 1 - 2j) แล้วแทน s=−1+2js = -1 + 2j V8

    K=[2s+12s+1+2j]s=−1+2j=10+4j4j=(10+4j)(−j)4=1−2.5jK = \left[\frac{2s+12}{s + 1 + 2j}\right]_{s=-1+2j} = \frac{10 + 4j}{4j} = \frac{(10 + 4j)(-j)}{4} = 1 - 2.5j
  2. ∣K∣=1+6.25=292,∠K=tan⁡−1−2.51=−68.20∘|K| = \sqrt{1 + 6.25} = \frac{\sqrt{29}}{2},\qquad \angle K = \tan^{-1}\frac{-2.5}{1} = -68.20^\circ
  3. f(t)=2∣K∣e−tcos⁡(2t+∠K)=29 e−tcos⁡(2t−68.20∘)f(t) = 2|K|e^{-t}\cos(2t + \angle K) = \sqrt{29}\,e^{-t}\cos\left(2t - 68.20^\circ\right)

29e−tcos⁡(2t−68.2∘)\sqrt{29}e^{-t}\cos(2t - 68.2^\circ) เท่ากับคำตอบ V-3 ทุกประการ (A=2Re⁡K=2, B=−2Im⁡K=5A = 2\operatorname{Re}K = 2,\ B = -2\operatorname{Im}K = 5)

ตัวอย่าง V-5 · โพลจริง + คู่เชิงซ้อน (ผลตอบสนองขั้นบันไดของระบบอันดับสอง)

F(s)=10s(s2+4s+13)F(s) = \dfrac{10}{s(s^2 + 4s + 13)}

  1. 10s(s2+4s+13)=As+Bs+Cs2+4s+13,A=[10s2+4s+13]s=0=1013\frac{10}{s(s^2+4s+13)} = \frac{A}{s} + \frac{Bs + C}{s^2 + 4s + 13},\qquad A = \left[\frac{10}{s^2+4s+13}\right]_{s=0} = \frac{10}{13}

  2. เทียบสัมประสิทธิ์ 10=A(s2+4s+13)+(Bs+C)s10 = A(s^2 + 4s + 13) + (Bs + C)s: ที่ s2s^2: A+B=0A + B = 0 → B=−1013B = -\tfrac{10}{13} · ที่ ss: 4A+C=04A + C = 0 → C=−4013C = -\tfrac{40}{13}

  3. เติมกำลังสอง (s+2)2+32(s+2)^2 + 3^2 และ Bs+C=−1013(s+4)=−1013[(s+2)+23⋅3]Bs + C = -\tfrac{10}{13}(s + 4) = -\tfrac{10}{13}\left[(s+2) + \tfrac23\cdot 3\right]

  4. f(t)=1013−1013e−2tcos⁡3t−2039e−2tsin⁡3tf(t) = \frac{10}{13} - \frac{10}{13}e^{-2t}\cos 3t - \frac{20}{39}e^{-2t}\sin 3t

f(t)=1013[1−e−2t(cos⁡3t+23sin⁡3t)]f(t) = \tfrac{10}{13}\left[1 - e^{-2t}\left(\cos 3t + \tfrac23\sin 3t\right)\right] เข้าสู่ 1013\tfrac{10}{13} แบบแกว่งหน่วง

ตรวจ: f(0)=1013(1−1)=0f(0) = \tfrac{10}{13}(1 - 1) = 0 ✓ · ค่าสุดท้าย lim⁡s→0sF=1013\lim_{s\to0}sF = \tfrac{10}{13} ✓

กรณีที่ 3: โพลซ้ำ (Multiple Poles) กลาง

V9 Multiple-pole coefficients สัมประสิทธิ์ของโพลซ้ำอันดับ r

B(s)A(s)=br(s+p)r+br−1(s+p)r−1+⋯+b1s+p+(พจน์ของโพลอื่น)\frac{B(s)}{A(s)} = \frac{b_r}{(s+p)^r} + \frac{b_{r-1}}{(s+p)^{r-1}} + \cdots + \frac{b_1}{s+p} + (\text{พจน์ของโพลอื่น}) br=[(s+p)rF(s)]s=−p,br−k=1k!{dkdsk[(s+p)rF(s)]}s=−p,k=1,…,r−1b_r = \Big[(s+p)^rF(s)\Big]_{s=-p},\qquad b_{r-k} = \frac{1}{k!}\left\{\frac{d^k}{ds^k}\Big[(s+p)^rF(s)\Big]\right\}_{s=-p},\quad k = 1, \dots, r-1

ที่มา: (s+p)rF(s)=br+br−1(s+p)+⋯+b1(s+p)r−1+⋯(s+p)^rF(s) = b_r + b_{r-1}(s+p) + \cdots + b_1(s+p)^{r-1} + \cdots คืออนุกรมเทย์เลอร์รอบ −p-p สัมประสิทธิ์จึงได้จากอนุพันธ์ (เหมือนสูตรเรซิดิวอันดับ m)

V10 Time terms แปลงกลับพจน์โพลซ้ำ

1(s+p)j ⟶ tj−1(j−1)!e−pt\frac{1}{(s+p)^j}\ \longrightarrow\ \frac{t^{j-1}}{(j-1)!}e^{-pt}

V11 Repeated complex poles โพลเชิงซ้อนซ้ำ

1(s2+ω2)2 ⟶ sin⁡ωt−ωtcos⁡ωt2ω3\frac{1}{(s^2+\omega^2)^2}\ \longrightarrow\ \frac{\sin\omega t - \omega t\cos\omega t}{2\omega^3}

หรือใช้ V9 กับเรซิดิวเชิงซ้อน หรือคอนโวลูชัน P-11

ตัวอย่าง V-6 · Ogata: โพลอันดับสาม

F(s)=s2+2s+3(s+1)3F(s) = \dfrac{s^2 + 2s + 3}{(s+1)^3}

  1. F(s)=b3(s+1)3+b2(s+1)2+b1s+1,(s+1)3F(s)=s2+2s+3F(s) = \frac{b_3}{(s+1)^3} + \frac{b_2}{(s+1)^2} + \frac{b_1}{s+1},\qquad (s+1)^3F(s) = s^2 + 2s + 3

  2. k=0k = 0: แทน s=−1s = -1 V9

    b3=(−1)2+2(−1)+3=2b_3 = (-1)^2 + 2(-1) + 3 = 2

  3. k=1k = 1: อนุพันธ์ครั้งเดียว

    b2=[dds(s2+2s+3)]s=−1=[2s+2]s=−1=0b_2 = \left[\frac{d}{ds}(s^2 + 2s + 3)\right]_{s=-1} = \left[2s + 2\right]_{s=-1} = 0

  4. k=2k = 2: อนุพันธ์สองครั้งหาร 2!2!

    b1=12![d2ds2(s2+2s+3)]s=−1=22=1b_1 = \frac{1}{2!}\left[\frac{d^2}{ds^2}(s^2 + 2s + 3)\right]_{s=-1} = \frac{2}{2} = 1

  5. ใช้ V10: 2(s+1)3→t2e−t\tfrac{2}{(s+1)^3} \to t^2e^{-t} และ 1s+1→e−t\tfrac{1}{s+1} \to e^{-t}

    f(t)=t2e−t+0+e−t=(t2+1)e−tf(t) = t^2e^{-t} + 0 + e^{-t} = \left(t^2 + 1\right)e^{-t}

f(t)=(1+t2)e−t, t≥0f(t) = (1 + t^2)e^{-t},\ t \ge 0

ทางลัด: แทน u=s+1u = s + 1 ได้ s2+2s+3=u2+2s^2 + 2s + 3 = u^2 + 2 ดังนั้น F=1u+2u3F = \tfrac{1}{u} + \tfrac{2}{u^3} ตรงกัน ✓

ตัวอย่าง V-7 · โพลเดี่ยว + โพลซ้ำ

F(s)=s+3(s+1)(s+2)2F(s) = \dfrac{s+3}{(s+1)(s+2)^2}

  1. F=as+1+b1s+2+b2(s+2)2F = \frac{a}{s+1} + \frac{b_1}{s+2} + \frac{b_2}{(s+2)^2}

  2. โพลเดี่ยว: a=[s+3(s+2)2]s=−1=21=2a = \left[\dfrac{s+3}{(s+2)^2}\right]_{s=-1} = \dfrac{2}{1} = 2

  3. โพลซ้ำ: (s+2)2F=s+3s+1(s+2)^2F = \dfrac{s+3}{s+1}

    b2=[s+3s+1]s=−2=1−1=−1,b1=[ddss+3s+1]s=−2=[−2(s+1)2]s=−2=−2b_2 = \left[\frac{s+3}{s+1}\right]_{s=-2} = \frac{1}{-1} = -1,\qquad b_1 = \left[\frac{d}{ds}\frac{s+3}{s+1}\right]_{s=-2} = \left[\frac{-2}{(s+1)^2}\right]_{s=-2} = -2
  4. f(t)=2e−t−2e−2t−te−2tf(t) = 2e^{-t} - 2e^{-2t} - te^{-2t}

f(t)=2e−t−(2+t)e−2tf(t) = 2e^{-t} - (2 + t)e^{-2t}

ตรวจ: n−m=2n - m = 2 → สัมประสิทธิ์ของพจน์ 1/(s+p)1/(s+p) รวมกันเป็นศูนย์: 2+(−2)=02 + (-2) = 0 ✓ · f(0)=2−2=0f(0) = 2 - 2 = 0 ✓

ตัวอย่าง V-8 · โพลซ้ำที่จุดกำเนิด

F(s)=1s2(s+1)F(s) = \dfrac{1}{s^2(s+1)}

  1. s2F=1s+1s^2F = \dfrac{1}{s+1}: b2=1, b1=[−1(s+1)2]s=0=−1b_2 = 1,\ b_1 = \left[\dfrac{-1}{(s+1)^2}\right]_{s=0} = -1 · โพล −1: a=[1s2]s=−1=1a = \left[\dfrac{1}{s^2}\right]_{s=-1} = 1

  2. F=1s2−1s+1s+1 ⇒ f(t)=t−1+e−tF = \frac{1}{s^2} - \frac{1}{s} + \frac{1}{s+1} \ \Rightarrow\ f(t) = t - 1 + e^{-t}

f(t)=t−1+e−tf(t) = t - 1 + e^{-t} คือผลตอบสนองแรมป์ของระบบอันดับหนึ่ง ตามหลังแรมป์อยู่ 1 หน่วยในสถานะคงตัว

กรณีที่ 4: เศษส่วนไม่แท้ (deg B ≥ deg A) กลาง

V12 Improper F(s) หารยาวก่อน

B(s)A(s)=Q(s)+R(s)A(s),L−1{c0+c1s+c2s2+⋯ }=c0 δ(t)+c1 δ′(t)+c2 δ′′(t)+⋯\frac{B(s)}{A(s)} = Q(s) + \frac{R(s)}{A(s)},\quad \mathcal L^{-1}\{c_0 + c_1s + c_2s^2 + \cdots\} = c_0\,\delta(t) + c_1\,\delta'(t) + c_2\,\delta''(t) + \cdots

ผลหาร Q(s)Q(s) ให้อิมพัลส์และอนุพันธ์ของอิมพัลส์ ส่วนเศษ R/AR/A เป็นเศษส่วนแท้ แยกตามกรณีที่ 1–3 · ทบทวนการหารยาวพหุนามได้ที่บทอินทิกรัล

ตัวอย่าง V-9 · Ogata: ดีกรีเศษมากกว่าส่วน

G(s)=s3+5s2+9s+7(s+1)(s+2)G(s) = \dfrac{s^3 + 5s^2 + 9s + 7}{(s+1)(s+2)}

  1. ตัวส่วน s2+3s+2s^2 + 3s + 2 หารยาว: s3+5s2+9s+7=(s+2)(s2+3s+2)+(s+3)s^3 + 5s^2 + 9s + 7 = (s + 2)(s^2 + 3s + 2) + (s + 3)

    G(s)=s+2+s+3(s+1)(s+2)G(s) = s + 2 + \frac{s + 3}{(s+1)(s+2)}

  2. เศษที่เหลือคือ V-1: s+3(s+1)(s+2)=2s+1−1s+2\dfrac{s+3}{(s+1)(s+2)} = \dfrac{2}{s+1} - \dfrac{1}{s+2}

  3. ใช้ V12: s→δ′(t)s \to \delta'(t), 2→2δ(t)2 \to 2\delta(t)

    g(t)=ddtδ(t)+2δ(t)+2e−t−e−2t,t≥0−g(t) = \frac{d}{dt}\delta(t) + 2\delta(t) + 2e^{-t} - e^{-2t},\quad t \ge 0^-

g(t)=δ′(t)+2δ(t)+2e−t−e−2tg(t) = \delta'(t) + 2\delta(t) + 2e^{-t} - e^{-2t}

กรณีที่ 5: มีตัวหน่วงเวลา e^(−sT) กลาง

V13 Delayed terms พจน์ที่มีตัวหน่วง

L−1{e−sTG(s)}=g(t−T) u(t−T),g=L−1{G}\mathcal L^{-1}\{e^{-sT}G(s)\} = g(t - T)\,u(t - T),\qquad g = \mathcal L^{-1}\{G\}

อย่ารวม e−sTe^{-sT} เข้าไปในเศษส่วนย่อย ให้แยกพจน์ตามตัวหน่วง แปลงกลับส่วนตรรกยะแต่ละก้อน แล้วเลื่อนทีละก้อน

ตัวอย่าง V-10 · หน่วงหนึ่งก้อน

F(s)=e−2ss(s+1)F(s) = \dfrac{e^{-2s}}{s(s+1)}

  1. G(s)=1s(s+1)=1s−1s+1 ⇒ g(t)=1−e−tG(s) = \frac{1}{s(s+1)} = \frac{1}{s} - \frac{1}{s+1} \ \Rightarrow\ g(t) = 1 - e^{-t}

  2. เลื่อนไป 2 หน่วย V13

    f(t)=[1−e−(t−2)]u(t−2)f(t) = \left[1 - e^{-(t-2)}\right]u(t - 2)

เป็นศูนย์จนถึง t=2t = 2 แล้วชาร์จขึ้นแบบเอกซ์โพเนนเชียล

ตัวอย่าง V-11 · ผลต่างของสองก้อน

F(s)=1−e−ss2F(s) = \dfrac{1 - e^{-s}}{s^2}

  1. F=1s2−e−s1s2 ⇒ f(t)=t u(t)−(t−1) u(t−1)F = \frac{1}{s^2} - e^{-s}\frac{1}{s^2} \ \Rightarrow\ f(t) = t\,u(t) - (t - 1)\,u(t - 1)

แรมป์ที่หยุดโตที่ t=1t = 1: f=tf = t เมื่อ 0≤t<10 \le t < 1 และ f=1f = 1 เมื่อ t≥1t \ge 1

วิธีทางเลือก: เทียบสัมประสิทธิ์และแทนค่า s พื้นฐาน

V14 Equating coefficients เทียบสัมประสิทธิ์

B(s)=∑kakA(s)s+pk+⋯⇒เทียบสัมประสิทธิ์ของ s0,s1,… หรือแทน s หลายค่าB(s) = \sum_k a_k\frac{A(s)}{s + p_k} + \cdots \quad\Rightarrow\quad \text{เทียบสัมประสิทธิ์ของ } s^0, s^1, \dots \text{ หรือแทน } s \text{ หลายค่า}

ใช้ร่วมกับการปิดตัวประกอบเพื่อหาตัวที่เหลือ โดยเฉพาะตัวเศษ Bs+CBs + C ของตัวประกอบกำลังสอง

ตัวอย่าง V-12 · ไม่แตะจำนวนเชิงซ้อนเลย

F(s)=s+1s(s2+2s+2)F(s) = \dfrac{s+1}{s(s^2 + 2s + 2)}

  1. s+1s(s2+2s+2)=As+Bs+Cs2+2s+2,A=[s+1s2+2s+2]s=0=12\frac{s+1}{s(s^2+2s+2)} = \frac{A}{s} + \frac{Bs + C}{s^2 + 2s + 2},\qquad A = \left[\frac{s+1}{s^2+2s+2}\right]_{s=0} = \frac12

  2. เทียบ: s+1=12(s2+2s+2)+Bs2+Css + 1 = \tfrac12(s^2 + 2s + 2) + Bs^2 + Cs · s2s^2: 12+B=0\tfrac12 + B = 0 → B=−12B = -\tfrac12 · ss: 1+C=11 + C = 1 → C=0C = 0

  3. เติมกำลังสอง (s+1)2+1(s+1)^2 + 1 และ −12s=−12(s+1)+12-\tfrac12 s = -\tfrac12(s+1) + \tfrac12

    F=1/2s−12⋅s+1(s+1)2+1+12⋅1(s+1)2+1F = \frac{1/2}{s} - \frac12\cdot\frac{s+1}{(s+1)^2 + 1} + \frac12\cdot\frac{1}{(s+1)^2+1}
  4. f(t)=12−12e−tcos⁡t+12e−tsin⁡tf(t) = \frac12 - \frac12e^{-t}\cos t + \frac12e^{-t}\sin t

f(t)=12[1−e−t(cos⁡t−sin⁡t)]f(t) = \tfrac12\left[1 - e^{-t}(\cos t - \sin t)\right]

วิธีทางเลือก: คอนโวลูชัน กลาง

V15 Inverse of a product แปลงกลับผลคูณ

L−1{F(s)G(s)}=∫0tf(τ) g(t−τ) dτ\mathcal L^{-1}\{F(s)G(s)\} = \int_0^t f(\tau)\,g(t - \tau)\,d\tau
ตัวอย่าง V-13

L−1{1s(s+a)}\mathcal L^{-1}\left\{\dfrac{1}{s(s+a)}\right\}

  1. F=1/s→1, G=1/(s+a)→e−atF = 1/s \to 1,\ G = 1/(s+a) \to e^{-at}

    ∫0t1⋅e−a(t−τ) dτ=e−at[eaτa]0t=1−e−ata\int_0^t 1\cdot e^{-a(t-\tau)}\,d\tau = e^{-at}\left[\frac{e^{a\tau}}{a}\right]_0^t = \frac{1 - e^{-at}}{a}

1a(1−e−at)\dfrac{1}{a}\left(1 - e^{-at}\right) ตรงกับตารางแถว 17

เรซิดิว อินทิกรัลบรอมวิช และทฤษฎีบทการกระจายของเฮวิไซด์ ขั้นสูง

ทุกวิธีข้างต้นเป็นกรณีพิเศษของสูตรเดียว: ปิดเส้นบรอมวิชด้วยครึ่งวงกลมทางซ้าย (บทตั้งของจอร์แดนทำให้ส่วนโค้งหายเมื่อ F(s)→0F(s) \to 0) อินทิกรัลจึงเท่ากับผลรวมเรซิดิวของ F(s)estF(s)e^{st} ดูภาพและที่มาที่หน้า 8.1

V16 Residue inversion แปลงกลับด้วยเรซิดิว

f(t)=∑kRes⁡s=sk[F(s)est],Res⁡sk=1(m−1)!lim⁡s→skd m−1dsm−1[(s−sk)mF(s)est]f(t) = \sum_{k}\operatorname{Res}_{s = s_k}\left[F(s)e^{st}\right],\qquad \operatorname{Res}_{s_k} = \frac{1}{(m-1)!}\lim_{s\to s_k}\frac{d^{\,m-1}}{ds^{m-1}}\left[(s - s_k)^mF(s)e^{st}\right]

V17 Heaviside expansion theorem ทฤษฎีบทการกระจายของเฮวิไซด์

L−1{B(s)A(s)}=∑k=1nB(sk)A′(sk)eskt(โพลเดี่ยวทั้งหมด sk)\mathcal L^{-1}\left\{\frac{B(s)}{A(s)}\right\} = \sum_{k=1}^{n}\frac{B(s_k)}{A'(s_k)}e^{s_kt}\quad(\text{โพลเดี่ยวทั้งหมด } s_k)
ตัวอย่าง V-14 · เรซิดิวกับโพลซ้ำ

F(s)=1s(s+1)2F(s) = \dfrac{1}{s(s+1)^2} ด้วย V16

  1. โพลเดี่ยวที่ 0

    Res⁡0=[est(s+1)2]s=0=1\operatorname{Res}_{0} = \left[\frac{e^{st}}{(s+1)^2}\right]_{s=0} = 1

  2. โพลอันดับ 2 ที่ −1: อนุพันธ์หนึ่งครั้งของ est/se^{st}/s (กฎผลหาร)

    Res⁡−1=[ddsests]s=−1=[tests−ests2]s=−1=−te−t−e−t\operatorname{Res}_{-1} = \left[\frac{d}{ds}\frac{e^{st}}{s}\right]_{s=-1} = \left[\frac{te^{st}}{s} - \frac{e^{st}}{s^2}\right]_{s=-1} = -te^{-t} - e^{-t}

f(t)=1−e−t−te−tf(t) = 1 - e^{-t} - te^{-t} ไม่ต้องตั้งรูปเศษส่วนย่อยเลย แต่ต้องหาอนุพันธ์ที่มี tt อยู่ข้างใน

ตรวจด้วย MATLAB และ Python กลาง

ตำรา Ogata ใช้คำสั่ง residue ของ MATLAB ตลอดเล่ม ผลลัพธ์คือ r (สัมประสิทธิ์) p (โพล) และ k (ผลหารจากการหารยาว) ตัวอย่างนี้คือ V-4 และ V-6

% MATLAB / Octave
num = [2 12];  den = [1 2 5];
[r, p, k] = residue(num, den)
% r = 1.0000 - 2.5000i ; 1.0000 + 2.5000i   (K ของโพล -1+2i และสังยุค)
% p = -1.0000 + 2.0000i ; -1.0000 - 2.0000i
% k = []

[r, p, k] = residue([1 2 3], conv([1 1], conv([1 1], [1 1])))
% r = 1 ; 0 ; 2   → 1/(s+1) + 0/(s+1)^2 + 2/(s+1)^3   (กำลังเรียงจากต่ำไปสูง)

syms s t
ilaplace((2*s + 12)/(s^2 + 2*s + 5))   % exp(-t)*(2*cos(2*t) + 5*sin(2*t))
# Python
from scipy.signal import residue
r, p, k = residue([2, 12], [1, 2, 5])

import sympy as sp
s, t = sp.symbols('s t', positive=True)
F = (s**2 + 2*s + 3)/(s + 1)**3
sp.apart(F, s)                              # 1/(s + 1) + 2/(s + 1)**3
sp.inverse_laplace_transform(F, s, t)      # (t**2 + 1)*exp(-t)

ข้อควรระวัง: residue คำนวณเชิงตัวเลข โพลซ้ำอาจคลาดเล็กน้อยจนถูกมองเป็นโพลเดี่ยวสองตัวที่ใกล้กันมาก ถ้าเห็นค่า r ใหญ่ผิดปกติและมีเครื่องหมายตรงข้ามกัน ให้สงสัยว่าเป็นโพลซ้ำ

ข้อผิดพลาดที่พบบ่อย

อาการสาเหตุแก้
คำตอบไม่มี δ(t) ทั้งที่ควรมี หรือสัมประสิทธิ์ผิดหมดลืมตรวจว่าเป็นเศษส่วนไม่แท้เทียบดีกรีก่อนทุกครั้ง V12
ตั้งโพลซ้ำแค่พจน์เดียว b(s+p)2\tfrac{b}{(s+p)^2}ลืมพจน์กำลังต่ำโพลอันดับ r ต้องมี r พจน์ V3
ใช้ปิดตัวประกอบกับ b1b_1 ของโพลซ้ำปิดตัวประกอบได้เฉพาะ brb_rใช้สูตรอนุพันธ์ V9
ลืม 1/(j−1)!1/(j-1)!1/(s+p)3→t22e−pt1/(s+p)^3 \to \tfrac{t^2}{2}e^{-pt} ไม่ใช่ t2e−ptt^2e^{-pt}V10
พจน์เชิงซ้อนได้ sin/cos สลับกันหรือขาดค่าคงที่ตัวเศษไม่ได้จัดเป็น A(s+α)+BωA(s+\alpha) + B\omegaต้องมี ω ในพจน์ sin V7
ได้ 2∣K∣2|K| ผิดไปครึ่งหนึ่งลืมคูณ 2 จากคู่สังยุคV8
มี e−sTe^{-sT} แล้วคำตอบเพี้ยนเอาตัวหน่วงไปแยกเศษส่วนย่อยด้วยแยกก้อนก่อน แล้วเลื่อน V13
แปลงกลับเสร็จแต่ไม่ตรวจ—ตรวจ f(0+)f(0^+) และ f(∞)f(\infty) ด้วยทฤษฎีบทค่าเริ่มต้น-สุดท้าย V6

ตารางแปลงกลับรูปที่เจอบ่อย

F(s)F(s)f(t), t≥0f(t),\ t \ge 0
1(s+a)(s+b)\dfrac{1}{(s+a)(s+b)}e−at−e−btb−a\dfrac{e^{-at} - e^{-bt}}{b - a}
s(s+a)(s+b)\dfrac{s}{(s+a)(s+b)}be−bt−ae−atb−a\dfrac{be^{-bt} - ae^{-at}}{b - a}
1s(s+a)(s+b)\dfrac{1}{s(s+a)(s+b)}1ab[1+be−at−ae−bta−b]\dfrac{1}{ab}\left[1 + \dfrac{be^{-at} - ae^{-bt}}{a - b}\right]
1s2(s+a)\dfrac{1}{s^2(s+a)}1a2(at−1+e−at)\dfrac{1}{a^2}\left(at - 1 + e^{-at}\right)
1s(s+a)2\dfrac{1}{s(s+a)^2}1a2(1−e−at−ate−at)\dfrac{1}{a^2}\left(1 - e^{-at} - ate^{-at}\right)
s(s+a)2\dfrac{s}{(s+a)^2}(1−at)e−at(1 - at)e^{-at}
1s(s2+ω2)\dfrac{1}{s(s^2+\omega^2)}1ω2(1−cos⁡ωt)\dfrac{1}{\omega^2}(1 - \cos\omega t)
1s2(s2+ω2)\dfrac{1}{s^2(s^2+\omega^2)}1ω3(ωt−sin⁡ωt)\dfrac{1}{\omega^3}(\omega t - \sin\omega t)
s(s2+ω2)2\dfrac{s}{(s^2+\omega^2)^2}t2ωsin⁡ωt\dfrac{t}{2\omega}\sin\omega t
s2(s2+ω2)2\dfrac{s^2}{(s^2+\omega^2)^2}12ω(sin⁡ωt+ωtcos⁡ωt)\dfrac{1}{2\omega}(\sin\omega t + \omega t\cos\omega t)
ssin⁡ϕ+ωcos⁡ϕs2+ω2\dfrac{s\sin\phi + \omega\cos\phi}{s^2+\omega^2}sin⁡(ωt+ϕ)\sin(\omega t + \phi)
scos⁡ϕ−ωsin⁡ϕs2+ω2\dfrac{s\cos\phi - \omega\sin\phi}{s^2+\omega^2}cos⁡(ωt+ϕ)\cos(\omega t + \phi)
s+α(s+a)2+ω2\dfrac{s + \alpha}{(s+a)^2 + \omega^2}e−at[cos⁡ωt+α−aωsin⁡ωt]e^{-at}\left[\cos\omega t + \dfrac{\alpha - a}{\omega}\sin\omega t\right]
1s[(s+a)2+ω2]\dfrac{1}{s[(s+a)^2 + \omega^2]}1a2+ω2[1−e−at(cos⁡ωt+aωsin⁡ωt)]\dfrac{1}{a^2+\omega^2}\left[1 - e^{-at}\left(\cos\omega t + \dfrac{a}{\omega}\sin\omega t\right)\right]

ทุกแถวพิสูจน์ได้ด้วยกรณีที่ 1–3 และตรวจด้วยเครื่องคิดเลขด้านล่างได้โดยใส่ตัวเลขแทน a, b, ω

เครื่องคิดเลขการแปลงลาปลาซผกผันแสดงวิธีทำ

พิมพ์ F(s)F(s) ในรูปใดก็ได้ ทั้งแบบแยกตัวประกอบแล้ว แบบพหุนามกระจาย หรือมีตัวหน่วง e−Tse^{-Ts} เครื่องคิดเลขจะทำตามขั้นตอนเดียวกับในหน้านี้: ตรวจแท้-ไม่แท้ (หารยาว) แยกตัวประกอบหาโพลและอันดับ ตั้งรูปเศษส่วนย่อย หาสัมประสิทธิ์ด้วยสูตรปิดตัวประกอบหรือสูตรอนุพันธ์ แปลงกลับ แล้ววาดกราฟ f(t)f(t) ตัวเลขแสดงเป็นเศษส่วนหรือรากที่สองเมื่อเป็นค่าแม่นตรง

โจทย์ฝึก 12 ข้อ (มีเฉลย)

ลองทำในกระดาษก่อน แล้วกดดูเฉลย หรือกดปุ่มเพื่อให้เครื่องคิดเลขแสดงวิธีทำทุกขั้น

  1. 1s(s+2)\dfrac{1}{s(s+2)}
    เฉลย12(1−e−2t)\tfrac12\left(1 - e^{-2t}\right)
  2. s+1s2+4\dfrac{s+1}{s^2+4}
    เฉลยcos⁡2t+12sin⁡2t\cos 2t + \tfrac12\sin 2t
  3. 6(s+1)(s+2)(s+3)\dfrac{6}{(s+1)(s+2)(s+3)}
    เฉลย3e−t−6e−2t+3e−3t3e^{-t} - 6e^{-2t} + 3e^{-3t}
  4. s+5s2+6s+13\dfrac{s+5}{s^2+6s+13}
    เฉลยe−3t(cos⁡2t+sin⁡2t)e^{-3t}(\cos 2t + \sin 2t)
  5. 1(s+2)3\dfrac{1}{(s+2)^3}
    เฉลย12t2e−2t\tfrac12t^2e^{-2t}
  6. s2+3s(s2+1)\dfrac{s^2+3}{s(s^2+1)}
    เฉลย3−2cos⁡t3 - 2\cos t
  7. e−3ss2+1\dfrac{e^{-3s}}{s^2+1}
    เฉลยsin⁡(t−3) u(t−3)\sin(t - 3)\,u(t - 3)
  8. s2+2s+1\dfrac{s^2+2}{s+1}
    เฉลยδ′(t)−δ(t)+3e−t\delta'(t) - \delta(t) + 3e^{-t}
  9. 1s2(s2+4)\dfrac{1}{s^2(s^2+4)}
    เฉลย14t−18sin⁡2t\tfrac14t - \tfrac18\sin 2t
  10. 2s(s+1)2\dfrac{2}{s(s+1)^2}
    เฉลย2−2e−t−2te−t2 - 2e^{-t} - 2te^{-t}
  11. 4(s2+4)2\dfrac{4}{(s^2+4)^2}
    เฉลย14(sin⁡2t−2tcos⁡2t)\tfrac14\left(\sin 2t - 2t\cos 2t\right)
  12. 1−e−2ss(s+1)\dfrac{1 - e^{-2s}}{s(s+1)}
    เฉลย(1−e−t)u(t)−(1−e−(t−2))u(t−2)\left(1 - e^{-t}\right)u(t) - \left(1 - e^{-(t-2)}\right)u(t-2)

อ่านต่อและแหล่งอ้างอิง

คำถามที่พบบ่อย

การแปลงลาปลาซผกผันทำอย่างไรในทางปฏิบัติ?

เกือบทุกโจทย์ใช้เศษส่วนย่อย: (1) ถ้าดีกรีเศษ ≥ ดีกรีส่วนให้หารยาวก่อน (2) แยกตัวประกอบตัวส่วนหาโพล (3) เขียนรูปเศษส่วนย่อยตามชนิดโพล (4) หาสัมประสิทธิ์ด้วยการปิดตัวประกอบหรือสูตรอนุพันธ์ (5) แปลงกลับทีละพจน์จากตาราง

โพลซ้ำต้องเขียนเศษส่วนย่อยอย่างไร?

โพลอันดับ r ที่ s = −p ต้องมี r พจน์ b1s+p+b2(s+p)2+⋯+br(s+p)r\frac{b_1}{s+p} + \frac{b_2}{(s+p)^2} + \cdots + \frac{b_r}{(s+p)^r} หา brb_r ด้วยการปิดตัวประกอบ ส่วนตัวอื่นใช้สูตรอนุพันธ์ br−k=1k!dkdsk[(s+p)rF(s)]s=−pb_{r-k} = \frac{1}{k!}\frac{d^k}{ds^k}[(s+p)^rF(s)]_{s=-p} แต่ละพจน์แปลงกลับได้ tj−1(j−1)!e−pt\frac{t^{j-1}}{(j-1)!}e^{-pt}

โพลเชิงซ้อนมีวิธีไหนเร็วที่สุด?

เติมกำลังสองสมบูรณ์ให้ตัวส่วนเป็น (s+a)2+ω2(s+a)^2 + \omega^2 แล้วจัดตัวเศษเป็น A(s+a)+BωA(s+a) + B\omega จะได้ e−at(Acos⁡ωt+Bsin⁡ωt)e^{-at}(A\cos\omega t + B\sin\omega t) ทันที หรือหาเรซิดิวเชิงซ้อน K ที่โพลหนึ่งตัวแล้วใช้ 2∣K∣e−atcos⁡(ωt+∠K)2|K|e^{-at}\cos(\omega t + \angle K)

ใช้ MATLAB หรือ Python หาเศษส่วนย่อยได้ไหม?

ได้ MATLAB ใช้ [r,p,k] = residue(num,den) ส่วน Python ใช้ scipy.signal.residue(b, a) หรือ sympy.apart และ sympy.inverse_laplace_transform ผลจาก residue เรียงพจน์ของโพลซ้ำจากกำลังต่ำไปสูง ต้องอ่านลำดับให้ถูก

ทำไมคำตอบมีเดลต้า δ(t)?

เพราะ F(s) เป็นเศษส่วนไม่แท้ (ดีกรีเศษ ≥ ดีกรีส่วน) ผลหารที่เป็นค่าคงที่ c ให้ c δ(t)c\,\delta(t) และพจน์ cscs ให้ c δ′(t)c\,\delta'(t) ในระบบจริงแปลว่าเอาต์พุตตอบสนองต่ออินพุตทันทีโดยไม่มีการกรอง

อาจารย์มด · ธีรวุฒิ แสวงบุญ
อาจารย์สาขาวิชาวิศวกรรมไฟฟ้า มหาวิทยาลัยราชภัฏธนบุรี สมุทรปราการ · ดูโปรไฟล์