Considere C, G, R e x como sendo constantes. Use a Tabela 6.1 para mostrar que
\mathscr{L}^{-1}\left\{\frac{C}{C s+G}\left(1-e^{-x \sqrt{R C s+R G}}\right)\right\}=e^{-G t / C} \operatorname{erf}\left(\frac{x}{2} \sqrt{\frac{R C}{t}}\right).

Passo 1

O enunciado pede a transformada inversa de Laplace
F(s)=\frac{C}{C\,s+G}\Bigl(1-e^{-x\sqrt{R\,C\,s+R\,G}}\Bigr),
ou seja, determinar f(t)=\mathscr{L}^{-1}\{F(s)\}. O conteúdo envolvido é o uso de uma entrada da Tabela 6.1 para funções de erro e o teorema do deslocamento em s.

Passo 2

Defina
\alpha=\frac{G}{C}, \qquad a=x\sqrt{R\,C}, \qquad p=s+\alpha.
Então
\frac{C}{C\,s+G} =\frac{1}{s+\alpha} =\frac{1}{p},
e
\sqrt{R\,C\,s+R\,G} =\sqrt{R\,C\,(s+\alpha)} =a\sqrt{p}\big/\sqrt{p}\quad\Longrightarrow\quad e^{-x\sqrt{R\,C\,s+R\,G}}=e^{-a\sqrt{p}}.
Logo podemos reescrever
F(s) =\frac{1}{p}\bigl(1-e^{-a\sqrt{p}}\bigr) \quad\text{com }p=s+\alpha.

Passo 3

Da Tabela 6.1 temos a entrada
\mathscr{L}^{-1}\Bigl\{\frac{1}{p}\bigl(1-e^{-a\sqrt{p}}\bigr)\Bigr\} =\operatorname{erf}\!\Bigl(\frac{a}{2\sqrt{t}}\Bigr).
Isso significa que, se chamarmos
H(p)=\frac{1}{p}\bigl(1-e^{-a\sqrt{p}}\bigr),
então
h(t)=\mathscr{L}^{-1}\{H(p)\} =\operatorname{erf}\!\Bigl(\frac{a}{2\sqrt{t}}\Bigr).

Passo 4

Como F(s)=H(s+\alpha), aplicamos o teorema do deslocamento em s, que diz
\mathscr{L}^{-1}\{H(s+\alpha)\}(t) =e^{-\alpha t}\,h(t).
Substituindo \alpha=G/C e a=x\sqrt{R\,C}, obtemos
f(t) =e^{-\frac{G}{C}t}\, \operatorname{erf}\!\Bigl(\frac{x\sqrt{R\,C}}{2\sqrt{t}}\Bigr) =e^{-G t/C}\,\operatorname{erf}\!\Bigl(\tfrac{x}{2}\sqrt{\tfrac{R\,C}{t}}\Bigr).

Resposta

\mathscr{L}^{-1}\Bigl\{\tfrac{C}{C s+G}\bigl(1-e^{-x \sqrt{R C s+R G}}\bigr)\Bigr\} =e^{-G t / C}\,\operatorname{erf}\!\Bigl(\tfrac{x}{2}\sqrt{\tfrac{R C}{t}}\Bigr).