Problemas Propuestos Caue Baue

PROBLEMAS PROPUESTOS:

CAUE – BAUE

6.1.- Una empresa de servicios públicos está tratando de decidir entre dos tamaños diferentes de tubería para una nueva fuente de agua. Una línea de 250 mm tendrá costo inicial de $ 35 000, mientras que una línea de 300 mm costara $ 55 000. Dado que hay mas perdida de cabeza a través del tubo de 250 mm, se espera que el costo de bombeo para la línea de menos tamaño sea $ 3000 por año más que para la línea de 300 mm. Si se espera que las tuberías duren 20 años. ¿Cuál tamaño debe seleccionarse si la tasa de interés es de 13 %? TUBERIA DE 250 mm I = 13% P = 35000 A = 3000/año L =0 0 20

Se analizan costos CAUE = A +D A = (P – L)(A/P, i, n) + L.i A = (35000-0)(A/P, 13%, 20) + 0 x 0.12 A = 12000(0.0507) A= 1 774.5/año CAUE = 1 774.5 + 3000 CAUE = 4 774.5 /año TUBERIA DE 300 mm I = 13% P = 55 000 A = 0/año L =0 0 20 Se analizan costos CAUE = A +D

A = (P – L)(A/P, i, n) + L.i

A = 19000(0.0507) A= $ 2 788.50 /año CAUE = $ 2 788.50 /año

NOTA.- Como estamos analizando costos (CAUE) debemos de proponer la tubería de mayor diámetro, ya que su costo por año es de $ 2 788.50.

6.2- Un constructor comercial está tratando de determinar si seria económicamente factible instalar drenajes bajo la lluvia de un gran centro comercial que en la actualidad se encuentra bajo construcción. En los 3 años requeridos para la construcción se esperan 12 fuertes aguaceros. Si no se instalan drenajes, se espera que el costo de relleno del área lavada sea de $ 1000 por aguacero. En forma alternativa podría instalarse una tubería de drenaje de acero corrugado, lo cual evitaría la erosión de la tierra. El costo de instalación de la tubería seria de $ 6.50 por metro con una longitud total de 2 000 metros. Después del periodo de construcción de 3 años parte de la tubería podría recobrarse con un valor estimado de $ 3 000. Suponiendo que los aguaceros ocurran en intervalos de 3 meses, determinar cual alternativa debe seleccionarse si la tasa de interés es de un 16 % anual nominal compuesto trimestralmente.

A I = 4% Trimestral

P =0 A = 1000/Trimestral L =0 0 12

Se analizan costos BAUE = - A – D + I A = (P – L) (A/P, i, n) + L.i B P = 13 000 A =0 L =3 000 0 12 B/A P = 13 000 I =1000/Trimestral L =3 000 0 12

A = (13 000-3 000) (A/P, 4 %, 12) +3 000 x 0.04 A = 10000(0.0836) +3 000 x 0.04

A= $ 956.00 /año BAUE = -956.00 + 1000

BAUE= $ 44.00 / TRIMESTRE

6.3- Para un proceso de producción continua se considera dos maquinas cuyos costos son los siguientes. Utilizando una tasa de interés del 12 % anual, determine cual alternativa debe seleccionarse en un análisis de valor anual.

CONCEPTO MAQUINA G MAQUINA H

Costo inicial 62 000 77 000

Costo anual de operación 15 000 21 000

Valor de salvamento 8 000 10 000

Vida, años 4 6

MAQUINA G: I = 12% Anual

P =62 000 A = 15 000/ Anual L =8 000

0 4

Se analizan costos CAUE = A +D CAUE = (P – L)(A/P, i, n) + L.i +D

CAUE = (62 000-8 000)(A/P, 12%, 4) +8 000 x 0.12 + 15 000 CAUE = 54000(0.3292) +8 000 x 0.12 + 15 000 CAUE = $ 33736.80 /año MAQUINA

H:

CAUE = (P – L)(A/P, i, n) + L.i +D

CAUE = (77 000-10 000)(A/P, 12%, 6) +10 000 x 0.12 + 21 000 CAUE = 67000(0.2432) +10 000 x 0.12 + 21 000

CAUE = $ 38494.40 /año

NOTA.- Optaremos por elegir la opción G, ya que nos genera un costo menor con relación a la alternativa H.

6.4- Compare las siguientes maquinas con base en sus valores anuales, utilizando una tasa de interese del 14 % anual.

Concepto MAQUINA P MAQUINA Q

Costo inicial 29 000 37 000

Costo anual de operación 4 000 5 000

Costo anual de mantenimiento 3 000 3 500

Vida, años 3 5

Revisión cada dos años 3 700 2 000

MAQUINA P: I = 14% ANUAL

P =29 000 A = 7 000/AÑO 3700 L =0 0 1 2 3

Se analizan costos CAUE = A +D CAUE = (P – L) (A/P, i, n) + L.i +D

CAUE = (29 000) (A/P, 14%, 3) + 7 000 + [3700 (P/F, 14%, 2) (A/P, 14%, 3)] CAUE = 29 000 (0.4307) +7 000 + [3 700 (0.6750) (0.4307)] CAUE = $ 14545.97 /año MAQUINA Q: P = 37 000 A =8 500/AÑO L =0 0 1 2 ….. 5

Se analizan costos CAUE = A +D CAUE = (P – L)(A/P, i, n) + L.i +D

CAUE = (37 000)(A/P, 14%, 5) + 8 500+ [3 700 (P/F, 14%, 2) (A/P, 14%, 4)] (A/P, 14%, 5) CAUE = 37 000 (0.2913) +8 500 + [3 700 (0.7695) (0.5921)] 0.2913

NOTA.- Optaremos por elegir la opción Q, ya que nos genera un costo menor con relación a la alternativa P.

6.5-Si una mujer compró un auto por $6000 y lo vendió a los tres años en $2000, ¿cuál fue el costo anual uniforme equivalente si los costos anuales de operación y mantenimiento fueron de $750? Utilice una tasa de interés de 15% anual y el método del fondo de automatización del salvamento.

Solución

I = 15%

P = 6000 D = 750/año L =2000 0 1 2 3

Se analizan costos CAUE = A +D A = (P – L) (A/P, i, n) + L.i A = (6000-2000) (A/P, 15%, 3) + 2000 x 0.15 A = 4000(0.4380)+300 A= 2052/año CAUE = 2052 + 750 CAUE = 2502/año

6.6-Una persona compró un camión en $14000 y lo vendió 5 años después en $ 3000. Los costos de operación y mantenimiento mientras el camión fue de su propiedad fueron $3500 anuales. Además, tuvo que efectuar una reparación de motor al final del tercer año con un costo de $220. Calcule su costo anual uniforme equivalente utilizando el método del fondo de amortización de salvamento si la tasa de interés fue 14% anual.

Solución

I = 14%

0 1 3 5

Se analizan costos CAUE = A +D +D2 A = (P – L) (A/P, i, n) + L.i A = (14000-3000) (A/P, 14%, 5) + 3000 x 0.14 A/P, 12%, 5 ---0.2774 A/P, 14%, 5 ---x A/P, 15%, 5 ---0.2983 = X = 0.2913 A = 11000(0.2913)+ (3000x0.14) A= 3624/año D2 = 220(P/F, 14%, 3) (A/P, 14%, 5) P/F, 12%, 3 ---0.7118 P/F, 14%, 3 ---x P/F, 15%, 3 ---0.6575 A/P, 12%, 5 ---0.2774 A/P, 14%, 5 ---x A/P, 15%, 5 ---0.2983 = X = 0.6756 = X = 0.2913 D2 = 220(0.6756)(0.2913) D2 = 43.2965/año CAUE = 3624.3 + 3500 + 43.2965 CAUE = 7167.60/año

6.7-El gerente de una planta de conservas alimenticias quiere decidir entre dos máquinas de hacer etiquetas cuyos costos respectivos son:

Máquina A Máquina B

Costo inicial $15000 $25000

Valor de salvamento 3000 6000

Vida(años) 7 10

(a) Determine cuál máquina debería seleccionarse utilizando una tasa mínima activa de retorno de 12% anual y análisis de CAUE

(b) Si se utilizara un análisis por valor presente, ¿sobre cuántos años debería hacerse la comparación? Solución Para máquina A I = 12% P = 15000 D = 1600/año L =5000 0 3 5 7 Se analizan costos CAUE = A +D

A = (P – L) (A/P, i, n) + L.i A = (15000-3000) (A/P, 12%, 7) + 3000 x 0.12 A = 12000(0.2191)+360 A= 2989.2/año CAUE = 2989.2 + 1600 CAUE = 4589.2/año Para máquina B I = 12% P = 25000 D = 400/año L =6000 0 10 Se analizan costos CAUE = A +D

A = (P – L) (A/P, i, n) + L.i A = (25000-6000) (A/P, 12%, 10) + 6000 x 0.12 A = 19000(0.1770)+720 A= 4085/año CAUE = 4083 + 400 CAUE = 4483/año

NOTA.- La maquina a utilizar será la B

6.8- Compare las siguientes máquinas sobre la base de sus costos anuales uniformes equivalentes. Utiliza i = 18% anual.

Máquina nueva Máquina usada

Costo inicial $44000 $23000

Costo anual de operación 7000 9000

Costo anual de reparación 210 350

Reparación cada 2 años 1900

Reparación cada 5 años 2500

Valor de salvamento 4000 3000 Vida(años) 15 8 Solución Para máquina nueva D = 7210/año I = 18% P = 44000 2500 2500 L =4000 0 5 10 15

Se analizan costos CAUE = A +D A = (P – L) (A/P, i, n) + L.i A = (44000-4000) (A/P, 18%, 15) + 4000 x 0.18 A = 40000(0.1964)+720 A= 8576/año D5 = [2500(P/F, 18%, 5) + 2500(P/F, 18%, 10)] (A/P, 18%, 15) D5 = [2500(0.4371) + 2500(0.1911)] (0.1964) D5 = 308.45/año CAUE = 8576 + 7210 + 308.45 CAUE = 16094.45/año

Para máquina usada D = 9350/año I = 18% P = 23000 1900 1900 1900 L =3000 0 2 4 6 8

Se analizan costos CAUE = A +D A = (P – L) (A/P, i, n) + L.i A = (23000-3000) (A/P, 18%, 8) + 3000 x 0.18 A = 20000(0.2452)+540 A= 5444/año D2 = [F (P/F, 18%, 2) + (P/F, 18%, 4) + (P/F, 18%, 6)] (A/P, 18%, 8) D2 = [1900(0.7182) + (0.5158) + (0.3704)] (0.2452) D2 = 747.46/año CAUE = 5444 + 9350 + 747.46 CAUE = 15541.46/año

6.9- Compare los dos procesos siguientes sobre la base de sus costos anuales uniformes equivalentes y una tasa de interés del 18% anual.

Proceso M Proceso R

Costo inicial $80000 $120000

Valor de salvamento 10000 18000

Vida en años 10 15

Costo anual de operación 15000 13000

Renta anual 39000 55000 E En el año 1, decreciente en _{$2000 anuales.}

Solución Proceso M D = 15000/año I = 18% L =10000 P = 80000 39000 37000 23000 21000 0 1 2 9 10

Se analizan costos CAUE = A +D A = (P – L) (A/P, i, n) + L.i

A = 70000(0.2225)+1800 A= 17375/año D2 = [A (P/A, 18%, n) + g (P/F, 18%, n)] (A/P, 18%, n) D2 = [21000(P/A, 18%, 10) + 2000(P/g, 18%, 10)] (A/P, 18%, 10) D2 = [21000(4.444) + 2000(14.352)] (0.2225) D2 = 27384.86/año CAUE = 17375 + 15000 + 27384.86 CAUE = 59759.86/año Proceso R D = 15000/año I = 18% L =10000 P = 120000 55000 53000 29000 27000 0 1 2 9 10

Se analizan costos CAUE = A +D A = (P – L) (A/P, i, n) + L.i A = (120000-18000) (A/P, 18%, 15) + 18000 x 0.18 A = 102000(0.1464)+3240 A= 23272.8/año D2 = [A (P/A, 18%, 15) + g (P/g, 18%, 15)] (A/P, 18%, 15) D2 = [27000(5.042) + 2000(21.327)] (0.1964) D2 = 35379.1/año CAUE = 23272.8 + 15000 + 35379.1 CAUE = 73651.9/año

6.10.-Una compañía de mudanzas y almacenamiento considera dos posibilidades para sus operaciones de bodegaje. La propuesta I requeriría la compra de un montacargas por$ 5000 y 500 plataformas de carga, que cuesta $5 cada una. La vida útil promedio de cada plataforma se estiman en 2 años, si se compra el montacargas la compañía debe contratar un operador por $9000 anuales y gastar $600 al año en operación y

mantenimiento. Se espera que el montacargas tenga una vida útil de 12 años y un valor de salvamento de $700.

La propuesta 2 requiere que la compañía contrate dos empleados para operar carretillas motorizadas por un valor de $7500 por persona. Cada carretilla tiene un costo de $900, su vida útil de 6 años y no tiene valor de salvamento. Si la tasa mínima atractiva de retorno para la compañía es 12% anual, ¿qué método deberá utilizarse?

Solución Propuesta I I = 12% D = 9350/año P = 5000 2500 2500 2500 2500 2500 2500 L =3000 2500 0 2 4 6 8 10 12 Se analizan costos CAUE = A +D

A = (P – L) (A/P, i, n) + L.i A = (7500-700) (A/P, 12%, 12) + 700 x 0.12 A = 6800(0.1614)+84 A= 1181.52/año D2 = [F [(P/F, 18%, 2) + (P/F, 12%, 4) + (P/F, 12%, 6) + (P/F, 12%, 18) + (P/F, 12%, 10)]] (A/P, 12%, 12) D2 = [2500[(0.7972) + (0.6355) + (0.5066) + (0.4034) + (0.3220)]] (0.1614) D2 = 1075.41/año CAUE = 1181.52 + 9600 + 1075.41 CAUE = 11856.93/año Propuesta II I = 12% P = 1800 D = 15000/año 0 6

Se analizan costos CAUE = A +D CAUE = 1800(A/P, 12%, 6) + 15000 CAUE = 1800(0.2432) + 15000

CAUE = 15437.76/año

6.11.- El administrador de un club campestre se natación está tratando de decidir entre dos procedimientos para incorporar cloro a las piscinas. Si se utilizara cloro gaseoso se requeriría un clarificador con un costo inicial de $800 y una vida útil de 5 años. El cloro costaría $200 anuales y el costo de mano de obra $400. La otra alternativa sería utilizar cloro seco e incorporarlo manualmente, con un costo de $500 anuales el cloro y $800 por mano de obra. Si la tasa de interés es 6% anual, ¿qué método deberá utilizarse? Solución

Cloro gaseoso I = 6%

P = 800 D = 600/año

0 5

Se analizan los costos:

CAUE = 800(A/P, 6%, 5) + 600 A/P, 4%, 5 ---0.2246 A/P, 6%, 5 ---x A/P, 9%, 5 ---0.2571 = X = 0.2376 CAUE = 740.08/año Cloro seco D = 1300/año 0 5 CAUE = 1300/año

6.12.-Un carpintero quiere decidir acerca de qué tipo de aislamiento utilizará para el cielo raso de una casa. Cuanto más alto sea el calor de clasificación de R, menor el aislamiento. Las opciones están reducidas a R-11 ó R-19. El aislamiento tipo R-11 tiene un costo de $2.50 el metro cuadrado, mientras que el R-19 vale $3.50 el metro cuadrado. El ahorro anual en costo de calefacción y que aire acondicionado se estima que será mayor en $25 anuales con R-19 que con R-11. Si la casa tiene 250 metros cuadrados y el propietario espera conservarla durante 25 años, ¿qué aislamiento deberá instalarse a una tasa de interés de 10% anual?

R - 11 I = 10%

P = 625 D = -x /año

0 25

Se analizan costos: CAUE = A + D – I A = 625(A/P, 10%, 25)

A = 625(0.1102) A = 68.875/año

CAUE = (68.875/año – X)/año

R - 19 I = 10% P = 875 D = -(x+25) /año 0 25 CAUE = 875(A/P, 10%, 25) – (X+25) CAUE = 875(0.1102) –X-25 CAUE = (71,425 – X)/año

6.13- En el problema 12 ¿cuánto debería ser el ahorro anual, con el objeto de que el aislamiento R-19 fuera tan económico como el R-11?

Solución

CAUE = P(A/P, 10%, 25) - I 68.875 = 875(0.1102) – I I = 27.55/año

6.14- El administrador de una planta empaquetadora de alimentos desea decidir entre dos métodos diferentes para enfriar jamones. El método de rociado, mediante el cual se esparce agua sobre los jamones hasta que su temperatura se reduce a 30 grados Celsius, implica que requieren 80 litros de agua por jamón.

Puede utilizarse también el método de inmersión, con el cual sólo se requerirían 16 litros de agua por jamón. Si embargo, este último método requiere una inversión adicional de $2000 y gastos anuales por reparaciones generales de $100, con una vida útil esperada del esquipo de 10 años. La compañía produce 10 millones de jamones al año y paga

$0.12 por 1.000 litros de agua, así como $0.40 por tratamiento de cada 1000 litros de agua residual. Si la tasa mínima atractiva de retorno para la compañía es de 15%, ¿qué método de enfriamiento deberá utilizarse?

Solución

Método rociado I = 15%

0 10

80 L de agua/Jamón

Se produce 10 millones de jamones por año Gasto 0.12 x 1000 L de agua

Gasto 0.40 X 1000 L de agua por tratamiento “D” en un año. 800 millones de L de agua que genera:

Un gasto de: 800 x 106 x

Gasto por tratamiento: 800 x 106 x

160 millones de L de agua genera un gasto de: 160 x 106 x

Gasto por tratamiento: 160 x 106 x

D = 83200/año

CAUE = 2000(A/P, 10%, 10) + 100 + 83200 CAUE = 2000(0.1943) + 100 + 83200 CAUE = 83698.6/año