caue-baue

E.A.P. INGENIERÍA INDUSTRIAL

INGENIERIA ECONÓMICA

6.20.- Dos tipos de material pueden utilizarse para techar un edificio comercial que tiene 150 metros cuadrados de techo: teja asfáltica cuyo costo es de $14 por metro c uadrado instalada y garantizada por 15 años ; y teja de fibra de vidrio, que cuesta $17 por metro cuadrado instalada y garantizada por 20 años. Si se seleccionara la teja de fibra de vidrio, el propietario podría vender el edificio por $1.500 más que si se utilizara teja asfáltica. Si el propietario piensa vender el edificio dentro de 8 años, ¿Qué tejas debe usar si la tasa mínima atractiva de retorno es 17% anual? Utilice el método del costo anual uniforme equivalente.

Solución

TEJA ASFÁLTICA i= 17% X

P=2100 0

…

…………………………

8

………………………

15

  = 2100 2100( (/ /,, 17%,15) 17%,15) + (/ (/, , 17%, 17%, 8)( 8)(/ /,, 17%, 17%, 15) 15) (/, 15%, 15) _______ ___________0.1 ____0.1710 710 (/, 17%, 15)________ 15)___________ ___  (/, 18%, 15)________ 15)___________0.1 ___0.1964 964 17 − 15/1 5/18 − 15 =  − 0.17 .1710/0.1 0.1964 964 − 0.171 1710  = 0.1879 (/, 15%, 8) ___________ ___________0.3269 0.3269 (/, 17%, 8)_________ 8)___________ __  (/, 18%, 8)_________ 8)___________0.2660 __0.2660 17 − 15/1 5/18 − 15 =  − 0.32 .3269/0.2 0.2660 660 − 0.326 3269  = 0.2863   = 2100(0.1 2100(0.1879) 879) + (0.2863 (0.2863)(0 )(0.187 .1879) 9)   = (394.59 (394.59 + 0.0538 0.0538) )

1



TEJA DE FIBRA DE VIDRIO 17% X+1500

P= 2550

0

……………………..

8

……

20

 = 2550(/, 17%,20) + (/, 17%, 8)(/, 17%, 20) (/, 15%, 20) ___________0.1598 (/, 17%, 20)___________  (/, 18%, 20)___________0.1896 17 − 15/18 − 15 =  − 0.1598/0.1896 − 0.1598  = 0.1778 (/, 15%, 8) ___________0.3269 (/, 17%, 8)___________  (/, 18%, 8)___________0.2660 17 − 15/18 − 15 =  − 0.3269/0.2660 − 0.3269  = 0.2863  = 2250(0.1778) + ( + 1500)(0.2863)(0.1778)  = (453.39) + 0.0509 + 76.36  = (529.75 + 0.0509)

6.21.- Una compañía está analizando 2 tipos de fachada para su nuevo edificio actualmente en construcción. Fachadas de metal anodizado que requería muy poco mantenimiento y reparaciones menores, estimadas en $500 cada 3 años. El costo inicial de esta fachada sería $25000. Si se utiliza una fachada de concreto, el edificio dura pintarse hoy por costo de $80000 y cada 5 años con un incremento de $8.000 cada vez. Se espera que la vida útil del edificio sea de 23 años y el valor de salvamento será de $25000 más si se utiliza la fachada de metal. Compare los CAUE de las 2 alternativas utilizando una tasa de interés de 15 % anual.

2



Solución

Fachada de Metal 17% P= 250000

500

500

3

6

0

i=15%

9

L= 25000

500

……

21

23

CAUE = A+D

 = (250000 − 25000)(/, 15%, 23) + (250000.15)  = 225000(0.1563) + 3750  = 38917,5 /ñ  = (/,15%, 3) + (/,15%,6) + (/,15%, 9) + (/,15%, 12) + (/,15%,15) + (/,15%, 18) + (/,15%,21)(/, 15%,23)  :  = 500[0,6575 + 0.4323 + 0.2843 + 0.1869 + 0.1226 + 0.808 + 0.0551] (0.1563)  = 142, 06 /ñ  = 38917,5 + 142,06 = 39059,56 /ñ Fachada de Concreto 17% P= 80000

8000

16000

0

5

10

i=15%

24000

15

52000

20

23

 = (/, 15%,23) + [(/, 15%,5) + 2(/, 15%,10) + 3(/, 15%,15) + 4(/, 15%, 20)](/, 15%, 23)  = 12504 + 8000(1,6047)(0,1563)  = 12504 + 2006,52  = 14510,52 /ñ

3



6.22.- El depósito de una fábrica requiere mucha energía, tanto para la calefacción como para el enfriamiento de bebido a su pobre aislamiento térmico. La compañía está tratando de decidir entre un aislamiento de espuma de poliuretano o uno de fibra de vidrio. El costo inicial de aislamiento de espuma sería de $35.000, si valor de salvamento. La espuma tendrá que pintarse cada 3 años a un costo de $2.500. los ahorros de energía esperados son de $6.000 anuales. Por otra parte, la fibra de vidrio podría instalarse por $12.000 y tampoco tendría valor de salvamento, sin embargo, no requiere mantenimiento. si se estima que el ahorro de energía con este ultimo revestimiento sería de $2.500 anuales ,¿Qué método de aislamiento debería escoger la compañía utilizando una tasa de interés de 15% anua? Utilice un periodo de estudio de 24 años en análisis de CAUE. Solución

Espuma De Poliuretano i= 15% P= 35000 2500 0

2500

2500 21

…………

24

    = 35000(/, 156%, 24) − 6000 + 2500(/, 15%, 3)(/, 15,21)(/, 15%, 24)  = 35000(0.1554) − 6000 + 2500(0.2880)(6.312)(0.1554)  = 134.74/ñ

Fibra De Vidrio i= 15% I=2500 P=1200

0

………………….

24

4



Analizando costos CAUE = P (A/P, 15%,24) - 2500

 = 12000(0.1554) − 2500  = −635.2/ñ  = 635.2/ñ Conclusiones: 1. Se trata de una situación donde la compañía está tratando de decidir entre un aislamiento de espuma de poliuretano o uno de fibra de vidrio. 2. cada tipo de fachada tiene la misma vida útil de 24 años. 3. Para cada uno se aplica el método CAUE 4. resultado para el aislamiento de espuma de poliuretano 134.74/año y la de fibra de vidrio 635.2/año. 5. puesto que se analizan costos se considera el aislamiento de fibra de vidrio con respecto a la espuma de poliuretano Recomendaciones Se recomienda utilizar el aislamiento de fibra de vidrio por generar ingresos anuales 635.2/año. Con respecto a la espuma de poliuretano 134.74/año.

6.23.- Compare las siguientes alternativas sobre la base del CAUE, utilizando una tasa de interés anual de 20%.

Plan A

Plan B

Costo inicial

$28.000

$36.000

Costo de instalación

3.000

2.000

Costo anual de mantenimiento

1.000

2.000

5



Costo anual de operación

2.200+75k

800+50k

Vida útil (año)

10

10

*k=años, 1 a 10 Solución

Plan A i= 20%

P= 28.000

D=1000

P= 30000 2200 0

2950

2350 10

………………….

 = 31000 (/, 20%, 10) + 1000 + 2200 + 75(/, 20%, 10)  = 31000 (0.2385) + 1000 + 2200 + 75(3.074)  = 10824.05/ñ Plan B i= 20% P= 40000

0

D=2000 50

150

800

800

800

800 10

………………….

 = 40000 (/, 20%,10) + 2000 + 800 + 50(/,20%,10)  = 40000 (0.2385) + 2000 + 800 + 50(3.074)  = 12493.7/ñ Conclusiones: 1. Se trata de una situación donde se analiza dos tipos de planes 2. cada tipo de plan tiene la misma vida útil de10 años. 3. Para cada uno se aplica el método CAUE

6



4. resultado para el plan A 10824.05/año y para el plan B 12493.7/año 5. puesto que se analizan costos se considera el plan A con respecto al plan B. Recomendaciones Se recomienda utilizar el plan A debido a que hay una diferencia de 1669.65 respecto al plan B 6.24.- Compare las siguientes alternativas con base en el análisis del valor anual uniforme equivalente. Utilice una tasa de interés de1 % mensual.

Alternativa SDE

Alternativa RTD

Costo inicial

$70.000

$90.000

Costo mensual de operación

1.2000

1.400

Valor de salvamento

7.000

10.000

Vida ( año)

3

6

Solución

Alternativa SDE i=1% L=7000 P=70000

12000

0

12000

12000

1

2

3

 = 63000 (/, 1%, 3) + 7000(0.01) + 12000  = 63000 (0.0332) + 7000(0.01) + 12000  = 3361.6/ñ Alternativa RTD i=1% P=90000

0

14000

14000

1400

1400

1400

10000

1

2

3

4

5

6

 = 80000 (/, 1%,6) + 10000(0.01) + 14000

7



 = 80000 (0.3503) + 10000(0.01) + 14000  = 12256.75/ñ Conclusiones: 1. Se trata de una situación donde se analiza dos tipos de planes 2. cada tipo de plan tiene la misma vida útil de Alternativa SDE 3 años y Alternativa RTD 6 años. 3 Para cada uno se aplica el método CAUE 4. resultado para el Alternativa SDE 3361.6/año y Alternativa RTD 12256.75/año. 5. puesto que se analizan las Alternativa SDE y Alternativa RTD. Recomendaciones Se recomienda utilizar la Alternativa SDE debido a que hay una diferencia de 8895.15 respecto Alternativa RTD. 6.25.- Compare las alternativas siguientes con base y valor anual uniforme equivalente, utilizando una tasa de interés de 15% anual con capitalización continua.

Alternativa PAGARE

Alternativa BECAS

Costo inicial

$18000

$25000

Costo ANUAL

4000

3600

Valor de salvamento

3000

1500

Vida ( año)

3

4

Solución

Alternativa PAGARE i=15% L=3000 P=25000

4000

4000

4000

8


0


1

2

3

 = (/,15%,3) − (/,15%, 3) +   = 180000(0.4380) − 3000(0, 2880) + 4000  = 11020/ñ Alternativa BECAS i=15% P=25000

0

3600

L=2500 3600

3600

1

2

3

4

 =  (/,15%,4) −  (/,15%, 4) +   = 25000(0, 3503) – 2500(0, 2003) + 4000  = 12256,75/ñ 6.26.- Una compañía esta disidiendo entre dos procesos identificados como E y Z. el proceso E tiene un costo inicial de 43000, con un costo mensual de operación de 10000 y un valor de salvamento de 5000 al final de sus 4 años de vida. El proceso Z tiene un costo inicial de 31000 y un costo trimestral de 3900. Tendrá una vida útil de 8 años y un valor de 2000 al final de ese tiempo. Si la tasa de interés nominal es de 12% anual capitalizable trimestralmente ¿Qué alternativa se debe escoger con base en un análisis del valor anual uniforme equivalente?

6.27.- Los datos de la maquina X y Y se muestran a continuación. Si la tasa de interés es el 12% anual capitalizable trimestralmente. ¿Qué maquina se debe seleccionar en base a un valor de análisis equivalente?

Costo inicial

Maquina X

Maquina Y

$25000

$55000

9



Costo ANUAL

8000

6000

Incremento anual en el costo de operación

5%

3%

Valor de salvamento

12000

9000

Vida ( año)

5

10

Solución:

Maquina X:

i=4% P=25000

8000

8400

1

2

0

8800

3……………………

15200

4

19

L=12000

20

CAUE = P(A/P,4%,20)-L(A/F,4,20)+[8000+400(A/G,4%,20)(P/A,4%,20)] CAUE= 25000(0.0672)-12000(0.0372)+108336.25 CAUE= 48239.4/AÑO Maquina Y:

Solución:

i=4% P=55000

6000

6180

L=9000 6360

12840

10


0

1


2

3 ……………………4

39

40

 = (/, 4%, 40) − (/, 4%, 40) + [6000 + 180(/, 4%, 40)(/, 4%, 40)]  = 55000(0.0433) − 9000(0.0133) + 8643.15  = 43619.8/Ñ 6.28.- Calcular el costo anual uniforme equivalente perpetuo de 14000 hoy, 55 000 a los 6 años y 5 000 anuales de allí en adelante, si la tasa de interés es del 8% Solución:

55000 P= 14000 0

5000 5000 5000…5000

1

2

3

4

5

6

7

8

…..

∞

 = 14000(/, 8%, ∞) + 55 000(/, 8%, 6) (/, 8%, ∞) + 5000(/, 8%,∞(/, 8%, ∞)  = (/,, ∞) = 

; (/, ,∞) = 1/

 = 14000(0.08) + 55000(0.6351)(0.08) + 5000(1/0.08)(0.08)  = 8914.44/ñ 6.29.- calcule de nuevo el problema 6.28, utilizando una tasa de interés nominal de 18% anual, capitalizable semestralmente. Solución:

é  = 18% ( + 0.18)  = = 18.81%   2 18.81%/2 = 9.405%   = (/, 9.405%, ∞) + 55000(/9, 405%, 12)(/, 9.405%, ∞) + 5000(/, 9.405%, ∞)(/)(/, .405%, ∞)

11



 = 5466,54/  = 10933,08/ñ 6.31.-una ciudad planea construir un nuevo estado de futbol con un costo de 12 millones, el costo anual de mantenimiento se estima en 25 000. Además, el césped artificial debe remplazarse cada 10 años en un costo de 150 000. La pintura cada 5 años cuesta 65 000. Si la ciudad espera que el estadio dure indefinidamente, ¿Cuál sería el costo anual uniforme equivalente? tome i=12%anual Solución:

D=25 000 P=12000 000 0

i=12%

65000

150 000

5

10

∞

 = 12 000 000(/, 12%,∞) + 25000 + 65000(/, 12%, 5) + 15000(/, 12%, 10)  = 12 000 000(0.12) + 25000 + 65000(0.1574) + 150000(0.570)  = 1560751/Ñ

6.33.- otro ex alumno agradecido de la misma universidad quiere establecer becas para alumnos para alumnos que quieren estudiar ingeniería. Desea que las becas sean por 13 000 anuales, y que la primera de ellas se conceda dentro de 15 años. El ex alumno depositará suficientemente dinero durante 14 años anteriores, para que las becas puedan ser concedidas a partir del año 15 a perpetuidad. Si el estudiante piensa hacer su primer depósito dentro de un año ¿Cuánto deberá depositar anualmente si la tasa de interés es de 12% anual

I=12% x

12


0

X

x

1

2 …

INGENIERIA ECONÓMICA A

14

A….

15 16 …



CANTIDAD FUTURA: F=X(F/A,12%,14)



El retiro perpetuo puede calcularse multiplicando F(i)

∞

13000 = (/, 12%, 14)(0.12) 13000 = (4.779)(0.12)  = 22668,62 6.34.- CARDOZO, por su parte desea establecer un fondo perpetuo de becas para estudiantes de economía. Cardozo quiere que se conceda una beca anual por cantidad de primier. Solución:

x 0

x+1000

1

2

x+800

9

A

A….

10

11

∞

 = 20000  :  = [ + 1000(/, 14%, 9)](/, 14%, 9) 20000 = ( + 1000(3.147)](16.116))(0.14)  = 5717,31   1 ñ    ñ  = 6717.11      ñ = 12434.62 6.36.- Para el diagrama de flujo de caja que se muestra a continuación, ¿Cuánto tempo deberá transcurrir entre el ultimo depósito (en el año 9) y el primer retiro de 4 000 anuales a perpetuidad, si la tasa de interés es de 13% anual?

Solución:

A=4000

13

E.A.P. INGENIERÍA INDUSTRIAL 1

2

3


4

5

6

1000

7

8

9

900

800 700

“

“

∞año

1100 1200 1300 1400 1500

 = [15000 − 100(/, 13%, 9)](/, 13%, 9)  = [15000 − 100(3.202)](5.143)  = 6067,7114    4000  4000/0.13 = 30769.23077   0    = (/, , ) 30769,23077 = 6067,7114(/, 13%, ) (/,13%, ) = 5.071

6.37.- Para el depósito del problema 6.36 ¿Cuánto dinero puede retirarse a perpetuidad empezando en el año 12, si la tasa de interés es de 13% anual? Solución:

1

2

3

4

5

6

7

8

9

“

“

∞año

14


INGENIERIA ECONÓMICA 1000

900

800 700

1100 1200 1300 1400 1500 Solución:

   ñ 11 11 = [1500 − 100(/, 13%, 9)](/, 13%, 9)(/, 13%, 11) 11 = [1500 − 100(3.202)](5.143)(4.381) 11 = 26582,64364  = 26582,64364(0.13)  = 3455,74/Ñ

6.38.- para el siguiente diagrama de flujo de caja. Determine que serie anual uniforme equivalente en años 1 al infinito. Utilice una tasa de interés de 20% anual efectivo capitalizado continuamente.

∞

0

1

2

3

4

5

6

7

∞-1

Año ∞

700 Solución:

 =  (/, 20%, 3) (/, 20%, 7) (/, 20%, ∞)  = 700(/, 20%,3) (/, 20%, 7) (/, 20%,∞)  = 700(3.64) (0.2791) (0.20)

15



 = 142.23/ñ 6.39.- compare las siguientes alternativas con base en el análisis del valor anual uniforme equivalente. Utilice i=14% anual capitalizado trimestralmente. Alter. U.R

Alter o.k

8 500 000

50 000 000

Costo anual de operaciones

8000

7000

Valor de salvamento

5000

2000

5

∞

Costo inicial

Vida (años)

Solución:

Tasa anual/#periodo requeridos= 14%/4=3.5% A P=8500 000

D=8000

L=5000

0

5

P=50 000 000

D=7000

0

L= 2000 ∞

CASO A

 = (8500 000) (/, 3.5%, 20) − 5000(/, 3.5%, 20) + 8000  = (8495000) (0.0704) + 8175  = 606223/ñ CASO B: 6.40.- compare las alternativas siguientes en base a su valor anual uniforme equivalente a perpetuidad, utilizando una taza de interés del 14% anual.

Alter. Pagare

Alter, Becas

160 000

25 000

Costo anual de operaciones

15000

3000

Revisión de cada 4 años

12000

2000

1000 000

4000

∞

7

Costo inicial

Valor de salvamento Vida (años)

16


D=15000 P=160 000 0


i=14%

12000 12000 12000 12000 4

8

12

L=1000 000

16

∞

Solución:

CASO A

 = 160 000(/, 14%,∞) − 100 000(/, 14%, ∞) + 15000 + (/, 14%, ∞)  = 160 000(0.14) − 100000(0) + 15000 + 12000(0.2033)  = 39839.6 CASO B: D=3000 P=25 000 0

2000 4

L=4000 7

 = 25000(/, 14%,7) – (/, 14%,7) +   = 25000(0.2333) − 4000(0.0933) + 3000 + 2000(/, 14%, 4) (/, 14%, 7)  = 8459.3 + 1186(0.233)  = 8735.9938

17

caue-baue

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