caue- ingeniería economica
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Capítulo 10
Problemas:
Problema 1
Una ciudad planea canalizar el rio que la atraviesa, a un costo de 100 millones, el CAO es de 5 millones y, cada 4 años, se requerirá un mantenimiento general, a un costo de 30 millones; además, la señalización del canal tendrá que ser restaurada cada 5 años, a un costo de 6 millones. Se supone que la obra de canalización tiene una duración indefinida. Calcular el CAUE, con tasa del 20%.
i=20%EAV CAO=5millones
SOLUCION:
Primero, dividimos un pago de 30 millones en una seria uniforme de 4 pagos de $X al final de cada año:
30000000=X(1+0,2 )4−1
0,2→X=$5588673,621
Dividimos un pago de 6 millones en una serie uniforme de 5 pagos de $Y al final de cada año:
6000000=Y(1+0,2 )5−1
0,2→X=$806278,2197
Ahora, dividimos un pago de 100 millones en una serie uniforme de pagos de $Z al final de cada año; como la duración del proyecto es indefinida, nos queda:
100000000= Z0,2→Z=$20000000
El CAUE está dado por:
CAUE=−CAO−X−Y−Z
¿−$5000000−$5588673,621−$ 806278,2197−$20000000
CAUE=−$ 31394 951,84
Problema 3
determinar el edificio que deberá construirse si el edificio A tendrá un costo de 50 millones y producirá unos ingresos anuales de 2 millones y el edificio B tendrá un costo de 57 millones e ingresos netos anuales de 2.8 millones. En ambos casos se estima una vida útil de 30 años; el valor de salvamento será prácticamente nulo y se requerirá una inversión adicional de 5 millones para la compra del terreno, el cual podrá ser vendido al cabo de 30 años en 1200 millones suponga una tasa del inversionista de a) 36% b) 12%
Ia=0.36; Ib=0.12
2000000 $ 1200000000
16
30 años
A B
Costo 50 57
Ingreso anual 2 2.8
Vida útil 30 30
Valor salvamento 0 0
Valor adicional 5 5
Valor venta 30años
1200 1200
5000000
50000000 $
2800000 $ 1200000000
5000000
57000000 $
a) caue (0.36 )A=2−55 (0.36 )
1−(1+0.36 )−30+1200 (0.36 )
(1+0.36 )30−1
caue (0.36)A=−17.759357∗1000000
caue (0.36)A=−17759357
caue (0.36)B=2.8−62(0.36)
1−(1+0.36)−30+1200(0.36)
(1+0.36)30−1
caue (0.36 )B=−19.479606∗1000000
caue (0.36)B=−19479606
En este caso hay perdidas en ambos edificios entonces no se recomienda construir
b) caue (0.12 )A=2−55 (0.12 )
1−(1+0.12 )−30+1200 (0.12 )
(1+0.12 )30−1
caue (0.12 )A=0.1444878997∗1000000
caue (0.12 )A=144488
16
30 años
caue (0.12 )B=2.8−62(0.12)
1−(1+0.12)−30+1200(0.12)
(1+0.12)30−1
caue (0.12 )B=75482
En este caso se aconseja el edificio A
Problema 4
Una empresa requiere que sus vendedores se movilicen en vehículo por razones de distancia, ahorro de tiempo y prestigio; estos vehículos no pueden ser de más de 3 años de antigüedad. Se han presentado a estudios dos (2) posibilidades: la primera tomar en arriendo los vehículos, cuyo costo sería el siguiente: primer año $450.000 y, después, se incrementa cada año en un 20%. Estas sumas serian pagadas al principio de cada año. La segunda alternativa es comprar vehículos a un costo inicial de $4 millones c/u; el costo de seguros e impuestos es del orden de $400.000 todos los años y se estima que el CAO en $25.000 para el primer año, $30.000 el segundo año, y $38.000 el tercer año. Debido a un proceso inflacionario, el valor del vehículo al cabo de tres años se estima en $7 millones. Se la empresa utiliza una tasa del 25%, determine la mejor alternativa.
Solución:
Alternativa 1: arrendamiento
Co K CAO E TIO
Datos 0.0 3 años $450.000 20% X año 25%
Diagrama de flujo de caja:
E = 20%
450000
i =25%
10 Año32ff
Primero distribuiremos los 450.000 en anualidades iguales entre los tres años así:
P=A [ 1− (1+i )−n
i ]=¿ A1=P× i
1− (1+i )−n
A1=450.000×0,25
1− (1+0,25 )−3=230.532,787
Hallaremos el valor presente del gradiente, para ello tomaremos como valor inicial el pago del año 1 que corresponde a: 450.000× (1+0.20 )=540.000
P=R [ (1+E )n (1+i )−n−1E−i ]
P=540.000 [ (1+0.2 )2 (1+0.25 )−2−10.20−0.25 ]=846.720
La anualidad de este presente es igual a:
A2=[ P× i
1−(1+0.25 )−2 ]=846.720×0.251−(1+0.25 )−3=433.770,492
Ahora procedemos a hallar el CAUE de esta alternativa.
CAUE(0.25)=A1+A2=230.532,787+433.770,492
CAUE(0.25)=664.23,279
Alternativa 2: compra
Co: 4 millones
K: 3 años
S: 7 millones
TIO: 25%
AÑO CAO($) Cto Seguro-Impuesto
1 250000 400000
2 30000 400000
3 38000 400000
Diagrama de flujo de caja.
Primero distribuiremos en anualidades iguales los 4 millones así:
A1=P× i
1− (1+i )−n= 4×0.25
1−(1+0.25 )−3=2.049 .180,33
Ahora llevaremos a presente cada uno de los CAO a presente y luego se distribuirán en anualidades así:
P=R (1+0.25 )−n=25000 (1+0.25 )−1=20.000
A2=20000×0.25
1− (1+0.25 )−3=10245,90
P=R (1+0.25 )−n=30000 (1+0.25 )−1=19.200
A3=19200×0.25
1− (1+0.25 )−3=9836,06
P=R (1+0.25 )−n=38000 (1+0.25 )−1=19.456
A4=19456×0.25
1−(1+0.25 )−3=9967,21
Ahora nos disponemos a distribuir los 7 millones en anualidades iguales así:
400000
4 millones
ff7 millones
i =25%
10 Año32
38 mil30 mil
25 mil
F=A[ (1+i )n+1i ]=¿A=F [ i
(1+i )n+1 ]
A5=7[ 0.25
(1+0.25 )3+1 ]=1.836 .065,57
La última anualidad es el valor de los impuestos y el seguro por cada año que es igual A6=400000
CAUE(0.25)=−A1−A2−A3−A4+A5−A6
CAUE(0.25)=−2.049 .180,33−10245,90−9836,06−9967,21+1836065,57−400000
CAUE(0.25)=−643.163,93
LA MEJOR OPCION ES COMPRAR LOS VEHÍCULOS.
Problema 5
Desea montarse una fábrica que necesita energía eléctrica para su funcionamiento, en la región, no es posible obtener energía de la red pública, por lo tanto es indispensable construir su propia planta. Se han considerado dos posibilidades; la primera consiste en construir una pequeña represa a lo alto de la montaña, la cual es alimentada por un rio; el agua podrá salir de la represa a través de una tubería que alimenta una turbogeneradora. El costo inicial de este proyecto sería de $300 millones para la compra del terreno y construcción de la represa, con un periodo de vida útil indefinido; requeriría una limpieza anual de malezas y sedimento, a un costo de $200000.Ademas se requiere invertir $60 millones en la compra de la unidad turbogeneradora, la cual tiene una vida útil de 15 años con un valor de salvamento de $10 millones y un CAO de $1 millón. La segunda alternativa es la compra de una unidad termo-eléctrica, aun costo de $200 millones, un CAO de $ 15 millones, una vida útil de 10 años y un valor de salvamento de $18 millones. Suponiendo que la fábrica utilizara una tasa del 23% y que la generación de energía eléctrica debe durar por tiempo indefinido decida la alternativa que debe tomar.
A. HIDROELECTRICA
10000000=A (1+0.23 )−15 /0.23
→ A=10000000/((1+0.23)15−1
0.23)
→ A= 107910.4907
Ahora para los 300000000
300000000=Ri
→ R=(300000000 )∗0.23
→R=69000000
Se tiene que para los 60000000
A=60000000∗( 0.23
1−(1+0.23 )−15)
→ A = 14447462.94
Para lo cual queda que el:
CAUE = -14447462.94 –69000000 – 1000000 – 200000 + 107910.4907
CAUE = - 84539552.45
B. TERMOELECTRICA
PARA LA INVERCION:
200000000=A ( 1−(1+0.23 )−10
0.23 )
→ A = 200000000*( 0.23
1−(1+0.23 )−10 )→ A = 52641691.89
PARA LOS 18000000
A = 18000000∗( 0.23
(1+0.23 )10−1 )→ A = 597752.2699
CAUE = 597752.2699 – 15000000 - 52641691.89
CAUE=-67043939.62
COMO DECISIÓN DEBE TOMARCE LA ALTERNATIVA DE LA TERMOELECTRICA.
Problema 6
Para mejorar las vías de comunicación de un municipio, es necesario construir un puente, se han presentado dos alternativas; la primera es un puente en concreto a un costo de $100 millones de pesos , con una vida útil de 100 años ( para efectos practicos 100 años o mas puede considerarse vida infinita, para tasas superiores al 10%) cada 4 años deberá ser padimentado a un costo de $2 millones. Los costos anuales de reparación menores se estima no supera los $100000. La segunda alternativa es construir un puente colgante de madera, con cables de acero a un costo de $20 millones con una vida útil de 6 años y un valor de salvamento de 1 millon cada 3 años los cables de acero deberán ser remplazados aun costo de 7 millones y tendrá un CAO de $600000 si se considera una tasa del 15% ¿Qué alternativa se deberá tomar?
Solución
Teniendo en cuenta la sugerencia que se nos da en el problema tomamos la alternativa A como de vida útil infinita asi el diagrama de flujo de caja es el siguiente:
0 1 4 8 n=infinito
100000
100.000.000 2000000
Transformamos cada valor a anualidades:
100000000=R1i
R1=15000000
Ahora los 2000000 los llevamos a anualidades
2000000=R2∗(1+0,15)4−1
0,15
R2=400530,7032
El CAUE para la alternativa A Es
CAUE(A)=-15000000-400530,7032-100000=-15500530,7
Ahora calculamos el CAUE para la alternativa B 1000000
0 1 3 6
20000000 7000000 600000
Llevamos los 20000000 a anualidades:
20000000=R1∗1−(1+0,15)−6
0,15
R1=5284738,13
Llevamos el 1000000 a anualidades
1000000=R2∗(1+0,15)6−1
0,15
R2=114236,9066
Llevamos los 7 millones a anualidades
7000000(1+0,15)−3=R3∗1−(1+0,15)−6
0,15
R3=1216180,387
CAUE (B )=−5284738,13−1216180,387−600000+114236,9066
CAUE (B )=−6986681,61
Por lo tanto tomaría la opción B
Problema 8
TIO=0.2
K C CAMReparación c/10 años
Repavimentación c/3 años
Ingreso anual peajes
Puente colgante Infinito 300000000 300000 3500000 - 60000000
Puente concreto Infinito 250000000 100000 50000000 2000000 60000000
Puente colgante
3500000
300000
3500000
300000 300000
300000000
2011103210
6000000060000000 60000000
años
300000000=R10.2R1=60000000
3500000=R2[ (1+0.2 )10−1 ]
0.2R2=134829.6491
CAUE=60000000−300000−60000000−134829.6491
CAUE=−434829.65
Puente de concreto
250000000=R10.2R1=50000000
2000000=R2[ (1+0.2 )3−1 ]
0.2R2=549450.5495
50000000=R3[ (1+0.2 )10−1 ]
0.2R3=1926137.844
CAUE=60000000−100000−50000000−549450.5495−1926137.844
CAUE=7424411.607
Elegir el puente de concreto.
Problema 9
6000000060000000
100000250000000
100000
2000000 2000000 200000050000000 50000000
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 20 años
10000000
105000000
46000000
1 4
Un inversionista, que solo espera trabajar 4 años en el país, al cabo de los cuales piensa radicarse en el exterior, por tal motivo sus proyectos de inversión podrán durar un máximo de 4 años. El inversionista dispone de una capital de $ 50 millones para realizar algún proyecto, para estudio dos alternativas así:
Alternativa I: comprar una fabrica a un costo de $ 46 millones y venderlas a los 4 años en $105 millones y además, producirán unos ingresos netos anuales de $ 10 millones los cuales crecerán cada año un 25%, el dinero restante podría ser invertido en depósitos a términos fijos que la pagarán un interés anual del 28%
Alternativa II: tomar en arriendo un edificio por el cual pagaría $ 5 millones como canon de arrendamiento anual pero pagadero por año anticipado y el valor de arriendo subirá todos los años un 20%. En el contrato se estipula la que se podrán hacer reparaciones y refracciones por valor de $40 millones y que al cabo de 4 años pasarán a ser propiedad del dueño del edifico, además y mientras tanto, se podrá subarrendar. El inversionista cree que puede cobrar por el arriendo unos $ 20 millones para el primer año cobrado por años anticipados y que el incremento anual será del orden del 20%. El resto del dinero podrá ser invertido en depósitos a términos fijo en las misma condiciones del al alternativas I. suponiendo que el inversionista espera
Obtener un rendimiento del 40% ¿cuál de las dos alternativas debe tomar? A) Sin reinversión b) con reinversión al 28% de toda liquides que se presente la vida del proyecto.
ALTERNATIVA I
P=46000000
E=25%
i=40%
F=105000000
A= P
[ 1− (1+i )−n
i ]→ A= −46000000
[ 1− (1+0.4 )−4
0.4 ]=−24875225.22
A= F
[ (1+i )n−1i ]
→A= 105000000
[ (1+0.4 )4−10.4 ]
=14780405.41
VP=10000000 [ (1+0.4 )−4 (1+0.25 )4−1 ]
0.25−0.4=24298794.77
24298794.77=A [ 1−(1+0.4 )−4
0.4 ]
A=13139956.36
CAUE=−24875225.22+14780405.41+13139956.36
CAUE=3045136.54
ALTERNATIVA II
20000000
40000000
5000000
P= (1+0.4 )5000000 [ (1+0.2 )4 (1+0.4 )−4−1 ]
0.2−0.4=16107871.72
P= (1+0.4 )2000000 [ (1+0.2 )4 (1+0.4 )−4−1 ]
0.2−0.4=64431486.88
A= P
[ 1− (1+i )−n
i ]= 40000000
1−(1+0.4 )−4
0.4
=21630630.63
A= P
[ 1− (1+i )−n
i ]=16107871.721−(1+0.4 )−4
0.4
=8710582.5
A= P
[ 1− (1+i )−n
i ]=64431486.381−(1+0.4 )−4
0.4
=34842342.34
CAUE=34842342.34−8710582.5−21630630.63=4501126.212
Problema 10
Una fábrica necesita adquirir una máquina para su planta de acabados. Puede adquirir la maquina A, en un costo de $300000; tiene una vida útil de 4 años y al final de este tiempo, podrá venderse en $60000.
El costo anual de operación, que incluye combustibles, lubricantes y mantenimiento, se estima en $25000. También puede adquirirse una maquina B, a un costo de $500000. A los 6 años de uso podrá dar un salvamento por valor de $100000. A los 3 años de uso deberán ser cambiados los pistones y las bielas, a un costo estimado de $40000; En compensación el costo anual de operación es apenas de sólo $5000. Suponiendo una tasa del 20% ¿Cuál debe adquirirse?
Solución: a continuación vemos los gráficos de cada caso, primero para la maquina A tenemos:
Hallamos la cuota equivalente de los 300000 de inversión inicial
300000=1−(1.2−4 )0.2
∗R
Luego R= 115886.74
Luego el valor al final de los 4 años:
60000=R∗(1.24 )−1
0.2
R= 11177.35 Luego, CAUE(A) = -115886.74 + 11177.35 -25000 = -$129709.4
Para la maquina B:
500000=R∗1−(1.2−6 )
0.2
R = 150352.87
100000=R∗(1.26 )−1
0.2
R = 10070.57
Transportamos los 40000 al tiempo cero: 40000*(1.2)-3 = 23148.15
Luego , 23148.15=R∗1−(1.2−6 )
0.2 ; R = 6960.78
CAUE (B) = -150352.87 + 10070.57 – 5000 – 6960.78 = -152243.08
Problema 11
El estado desea realizar un proyecto de irrigación con duración indefinida y ha pedido a las compañías de ingenieros A y B que le presenten propuestas las cuales se muestran en el siguiente cuadro
A B
CI 30000 60000
CAO 4000 500
Si el estado utilizo una tasa del 22% determinar qué compañía debe utilizarse.
Solución
Alternativa A
CAUE=−4000−30000 (0,22 )=−10600
Alternativa B
CAUE=−500−60000 (0,22 )=−13700
Se debe seleccionar la alternativa A
Problema 12
Al alcalde de un municipio le han presentado dos propuestas para establecer en forma indefinida la navegación por un rio. La propuesta A consiste en dragar el rio para remover los sedimentos acumulados, esta operación deberá hacerse varias veces durante el año, según sea necesario a un costo fijo de 800000 pagaderos al final de cada año, además se hace necesario la adquisición de una draga cuyo precio es de $10000000 posee una vida útil de 10 años y tiene un valor de salvamento de $2 millones. La propuesta B exige la canalización de un rio a un costo inicial de $15 millones, este canal requerirá un mantenimiento menor cada año a un costo de $40000, y un mantenimiento completo el cual incluye el mantenimiento menor cada 4 años a un costo de $2 millones. Suponiendo que el gobierno utiliza una tasa del 25% que propuesta debe aceptar.
Propuesta A
2 MILLONES
….. ….1 10 AÑOS
800000 MIL MILLONES $
0 1 ……
…30000
4000
0 1 ……
…60000
500
10 $ MILLONES
Trasformamos los 10 millones a anualidades
10000000=R1∗1−(1+0,25)−10
0,25
R1=2800725,624
Transformamos los 2 millones a anualidades
2000000=R2∗(1+0,15)10−1
0,15
R2=60145.1248
CAUE ( A )=−R1−800000+R2
CAUE ( A )=−2800725,624−800000+60145,1248=−3540580,499
PROPUESTA B
4 N=infinito
2 millones cada 4 años
15 $ MILLONES
Trasformamos los 10 millones a anualidades
15000000= R10,25
R1=3750000
Transformamos los 2 millones a anualidades
40000 MIL MILLONES $
1940000=R2∗(1+0,25)4−1
0,25
R2=339945,7995
CAUE ( A )=−R1−40000−R2
CAUE ( A )=−3750000−40000+339945,7995=−4129945,8
ELEGIR LA OPCION A