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 =00 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 =00 20


A = (P – L)(A/P, i, n) + L.i

A = (55000-0)(A/P, 13%, 20) +0 x 0.12

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 =00 12

B

P = 13 000 A =0 L =3 0000

12

B/A

P = 13 000 I =1000/Trimestral L =3 0000 12

Se analizan costos BAUE = - A – D + I

A = (P – L) (A/P, i, n) + L.i

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 HCosto inicial 62 000 77 000Costo anual de operación 15 000 21 000Valor de salvamento 8 000 10 000Vida, años 4 6

MAQUINA G: I = 12% Anual

P =62 000 A = 15 000/ Anual L =8 0000 4


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:

P = 77 000 A =21 000/AÑO L =10 0000

6


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 QCosto inicial 29 000 37 000Costo anual de operación 4 000 5 000Costo anual de mantenimiento 3 000 3 500Vida, años 3 5Revisión cada dos años 3 700 2 000

MAQUINA P: I = 14% ANUAL

P =29 000 A = 7 000/AÑO 3700 L =00 1 2 3


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 =00 1 2 ….. 5


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

CAUE = $ 12459.17 /año

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 =20000 1 2 3


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%

P = 14000 D = 35000/año L =30000 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

14−1215−12

= X−0.2774

0.2983−0.2774

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 ------------0.7118P/F, 14%, 3 ------------xP/F, 15%, 3 ------------0.6575

A/P, 12%, 5 ------------0.2774A/P, 14%, 5 ------------xA/P, 15%, 5 ------------0.2983

14−1215−12

= X−0.7118

0.6575−0.7118

X = 0.6756

14−1215−12

= X−0.2774

0.2983−0.2774

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 $25000Costo anual de operación 1.600 400

Valor de salvamento 3000 6000Vida(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 =50000 3 5

7


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 =60000

10


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 $23000Costo anual de operación 7000 9000Costo anual de reparación 210 350Reparación cada 2 años 1900Reparación cada 5 años 2500

Valor de salvamento 4000 3000Vida(años) 15 8

Solución

Para máquina nueva

D = 7210/año

I = 18%

P = 44000 2500 2500 L =40000 5 10 15


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 usadaD = 9350/año

I = 18%

P = 23000 1900

1900 1900 L =3000

0 2

4 6 8


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 $120000Valor de salvamento 10000 18000

Vida en años 10 15Costo anual de operación 15000 13000

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

Solución

Proceso MD = 15000/año

I = 18% L =10000

P = 80000 39000

37000 23000 21000

0 1

2 9 10


A = (P – L) (A/P, i, n) + L.i

A = (80000-10000) (A/P, 18%, 10) + 10000 x 0.18

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 RD = 15000/año

I = 18% L =10000

P = 120000 55000

53000 29000 27000

0 1

2 9 10


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

25000 2 4 6 8 10 12


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 6Se 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 5Se 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

6−49−4 =

X−0.22460.2571−0.2246

X = 0.2376

CAUE = 740.08/año

Cloro seco

D = 1300/año

0 5CAUE = 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?

Solución

R - 11 I = 10%

P = 625 D = -x /año

0 25Se 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 25CAUE = 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 0.121000

=> 96000/año

Gasto por tratamiento: 800 x 106 x 0.41000

=> 320000/año

CAUE = 416000/año

Método inmersión I = 10%

P = 2000 D = 100/año

0 1016 L /año

160 millones de L de agua genera un gasto de:

160 x 106 x 0.121000

=> 19200/año

Gasto por tratamiento: 160 x 106 x 0.41000

=> 64000/año

D = 83200/año

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

CAUE = 2000(0.1943) + 100 + 83200

CAUE = 83698.6/año

problemas propuestos caue baue

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