Libo: Leland T. Blank & Anthony Tarquin.“Ingeniería Económica”- 6ª edición, Mc Graw Hill, México, 2006. CAPÍTULO 5: ANÁLISIS DEL VALOR PRESENTE 5.43. Un ingeniero que manufactura software en una corporación aeroespacial muy grande tiene la responsabilidad sobre un proyecto para diseñar, construir, probar e implantar AREMSS, una nueva generación de un sistema automático para programar mantenimientos rutinarios y expeditos. Los reportes de la terminación de cada servicio serán capturados por el personal de campo para que después el sistema los llene y archive. La aplicación inicial será en las aeronaves de la Fuerza Aérea que abastecen combustible en vuelo. Se espera que el sistema se utilice durante mucho tiempo para la programación de otras labores de mantenimiento de aviones, y una vez que se implante por completo tendrán que hacerse mejoras, pero se espera que funcione para programar en todo el mundo hasta 15000 naves diferentes. El ingeniero, quien debe hacer la semana próxima una presentación de las mejores estimaciones de los costos durante un periodo de vida de 20 años, ha decidido emplear el enfoque del costo del ciclo de vida para calcularlos. Use la información que sigue para para determinar el CCV del sistema de programación AREMSS, con el 6% anual. Costo en el año ($, millones) Categoría de 6y 1 2 3 4 5 10 18 costo mas Estudio de 0.5 campo Diseño del 2.1 1.2 0.5 sistema Diseño del 0.6 0.9 software Compras de 5.1 hardware Pruebas beta 0.1 0.2 Desarrollo del manual del 0.1 0.1 0.2 0.2 0.06 usuario Implantación 1.3 0.7 del sistema Hardware de 0.4 6.0 2.9 campo Capacitación 0.3 2.5 2.5 0.7 de instructores Actualizaciones 0.6 3.0 3.7 del software SOLUCIÓN: 𝒊 = 𝟔% 0 1 2 3 4 5 10 18 20 AÑOS $2.6 $2 $7.5 $10 $6.3 $3 $3.7 A=$1.36/año 𝑉𝑃 = −[2.6(𝑃/𝐹, 6%, 1) + 2(𝑃/𝐹, 6%, 2) + 7.5(𝑃/𝐹, 6%, 3) + 10(𝑃/𝐹, 6%, 4) + 6.3(𝑃/𝐹, 6%, 5) + 3(𝑃/𝐹, 6%, 10) + 3.7(𝑃/𝐹, 6%, 18) + 1.36(𝑃/𝐴, 6%, 15)(𝑃/𝐹, 6%, 5)](1000000) 𝑉𝑃 = −[2.6(0.9434) + 2(0.89) + 7.5(0.8396) + 10(0.7921) + 6.3(0.7473) + 3(0.5584) + 3.7(0.3503) + 1.36(9.7122)(0.7473)](1000000) 𝑉𝑃 = −$36000920.8 LIBRO: Leland T. Blank & Anthony Tarquin. “Ingeniería Económica”- 6ª edición, Mc Graw Hill, México, 2006. CAPÍTULO 6: ANÁLISIS DEL VALOR ANUAL 6.6. Polymer Molding, Inc. estudia dos procesos para manufacturar drenes de tormentas. El plan Ainvolucra el moldeo por inyección convencional, lo cual costaría $2 millones porque requiere elaborar un molde de acero. Se espera que el costo de la inspección, mantenimiento y limpieza del molde sea de $5 000 por mes. Como se espera que el costo de los materiales para el plan A sea el mismo que para el B, este costo no se incluirá en la comparación. El valor de rescate para el plan A se estima que será de 10% del costo inicial. El plan B involucra el uso de un proceso innovador que se conoce como compuestos virtuales de ingeniería en el que se usa un molde flotante, el cual utiliza un sistema de operación que ajusta constantemente la presión del agua alrededor del molde y de los productos químicos involucrados en el proceso. El costo inicial de la maquinaria para el molde flotante sólo es de $25 000, pero debido a la novedad del proceso, se pronostica que los costos de personal y rechazo del producto sean mayores que los del proceso convencional. La compañía supone que los costos de operación serán de $45 000 mensuales durante los primeros 8 meses, y que después disminuirán en $10 000 por mes de entonces en adelante. Con este plan no habría valor de rescate. Con una tasa de interés del 12% anual, con capitalización mensual, ¿cuál proceso debe seleccionar la empresa de acuerdo con el análisis del valor anual, para un periodo de estudio de 3 años? SOLUCIÓN: PLAN A 𝑖 = 12% L= 10%(2000000)=200000 0 1 2 3 36 meses $2000000 A=$5000/mes PLAN B 𝑖 = 12% L= 0 0 1 2 8 36 meses $25000 A=$45000/mes A=$10000/mes 𝑟 12% 𝑖= = 𝑚 12 𝑖 = 1% 𝑚𝑒𝑛𝑠𝑢𝑎𝑙 𝐶𝐴𝐴 = −2000000(𝐴/𝑃, 1%, 36) − 5000 + 200000(𝐴/𝐹, 1%, 36) 𝐶𝐴𝐴 = −2000000(0.03321) − 5000 + 200000(0.02321) 𝐶𝐴𝐴 = −$66778 𝐶𝐴𝐵 = −25000(𝐴/𝑃, 1%, 36) − 45000(𝑃/𝐴, 1%, 8)(𝐴/𝑃, 1%, 36) − 10000(𝑃/𝐴, 1%, 28)(𝑃/𝐹, 1%, 8)(𝐴/𝑃, 1%, 36) 𝐶𝐴𝐵 = −25000(0.03321) − 45000(7.6517)(0.03321) − 10000(24.3164)(0.9235)(0.03321) 𝐶𝐴𝐵 = −$19723.0356 Se selecciona el Plan B. 6.11. Para producir un polímero pueden usarse dos procesos que reducen las pérdidas por fricción en las máquinas. El proceso K tendría un costo inicial de $160 000, costo de operación de $7 000 mensuales, y un valor de rescate de $40 000 después de 2 años de vida. El proceso L tendría un costo inicial de $210 000, costo de operación de $5 000 por mes, y un valor de rescate de $26 000 después de 4 años de vida. ¿Cuál proceso debe seleccionarse, de acuerdo con el análisis de valor anual, con un interés de 12% por año, compuesto mensualmente? SOLUCIÓN K 𝑖 = 12% 𝑎𝑛𝑢𝑎𝑙 L= $40000 0 1 2 3 24 meses $160000 A=$7000/mes L 𝑖 = 12% 𝑎𝑛𝑢𝑎𝑙 L= $26000 0 1 2 8 48 meses $210000 A=$5000/mes 𝑟 12% 𝑖= = 𝑚 12 𝑖 = 1% 𝑚𝑒𝑛𝑠𝑢𝑎𝑙 𝐶𝐴𝐾 = −160000(𝐴/𝑃, 1%, 24) − 7000 + 40000(𝐴/𝐹, 1%, 24) 𝐶𝐴𝐾 = −160000(0.04707) − 7000 + 40000(0.03707) 𝐶𝐴𝐾 = −$13048.4 𝐶𝐴𝐿 = −210000(𝐴/𝑃, 1%, 48) − 5000 + 26000(𝐴/𝐹, 1%, 48) 𝐶𝐴𝐿 = −210000(0.02633) − 5000 + 26000(0.01633) 𝐶𝐴𝐿 = −$10104.72 Se selecciona el Proceso L. 6.12. Dos proyectos mutuamente excluyentes tienen los flujos de efectivo estimados que se indica a continuación. Utilice un análisis de valor anual para determinar cuál debe seleccionarse, con una tasa de interés de 10% anual. Proyecto Q Proyecto R Costo inicial, $ -42000 -80000 Costo anual, $/año -6000 -7000 en el año 1, con incremento de $1000 por año Valor de rescate, $ 0 4000 Vida, años 2 4 SOLUCIÓN: Proyecto Q 𝑖 = 10% 𝑎𝑛𝑢𝑎𝑙 0 1 2 AÑOS $42000 A=$6000/año Proyecto R 𝑖 = 12% 𝑎𝑛𝑢𝑎𝑙 L= $4000 0 1 2 3 4 AÑOS $80000 $7000 $8000 $9000 $10000 𝐶𝐴𝑄 = −42000(𝐴/𝑃, 10%, 2) − 6000 𝐶𝐴𝑄 = −42000(0.57619) − 6000 𝐶𝐴𝑄 = −$30199.98 𝐶𝐴𝑅 = −80000(𝐴/𝑃, 10%, 4) − [7000 + 1000(𝐴/𝐺, 10%, 4)] + 4000(𝐴/𝐹, 10%, 4) 𝐶𝐴𝑅 = −80000(0.31547) − [7000 + 1000(1.3812)] + 4000(0.21547) 𝐶𝐴𝑅 = −$32756.92 Se selecciona el Proyecto Q. LIBRO: Leland T. Blank & Anthony Tarquin. “Ingeniería Económica”- 6ª edición, Mc Graw Hill, México, 2006. CAPÍTULO 8: Análisis de tasa de rendimiento: alternativas múltiples 8.14. Una compañía de plásticos analiza dos procesos de moldeo por inyección. El proceso X tendría un costo inicial de $600 000, costos anuales de $200 000, y valor de rescate de $100 000 después de cinco años. El costo inicial del proceso Y sería de $800 000, sus costos anuales de $150 000, y después de cinco años su valor de rescate sería de $230000. a) ¿Cuál es la tasa de rendimiento sobre el incremento de la inversión entre las dos? b) ¿Cuál proceso debería seleccionar la compañía sobre la base de un análisis de la tasa de rendimiento, si la TMAR es de 20% anual? SOLUCIÓN X L= $100000 0 1 2 5 AÑOS $600000 A=$200000/año Y L= $230000 0 1 2 5 AÑOS $800000 A=$150000/año a) Período X Y X-Y 0 -600000 -800000 200000 5 100000 230000 -130000 1-5 -200000 -150000 -50000 𝑉𝑃𝐹𝐶 = 200000 − 130000(𝑃/𝐹, 𝑖%, 5) − 50000(𝑃/𝐴, 𝑖%, 5) = 0 i% (𝑷/𝑭, 𝒊%, 𝟓) (𝑷/𝑨, 𝒊%, 𝟓) 𝑽𝑷𝑭𝑪 18 0.4371 3.1272 -13183 20 0.4019 2.9906 -1777 22 0.3700 2.8636 8720 20 - -1777 X - 0 22 - 8720 22 − 20 8720 + 1777 = 𝑥 − 20 0 + 1777 𝑖% = 𝑥 = 20.338 b) 20.338% > 20%, se selecciona el proceso Y. 8.20. La alternativa R tiene un costo inicial de $100000, costos anuales de mantenimiento y operación de $50 000, y un valor de rescate de $20 000 después de 5 años. La alternativa S tiene un costo inicial de $175000 y un valor de rescate de $40 000 una vez transcurridos 5 años, pero se desconocen los costos de operación y mantenimiento. Determine el monto de éstos para la alternativa S, de modo que se obtenga una tasa de rendimiento incremental de 20% anual. SOLUCIÓN: Alternativa R 𝑖 = 20% L= $20000 0 1 2 5 AÑOS $100000 A=$50000/año Alternativa S 𝑖 = 20% L= $40000 0 1 2 5 AÑOS $175000 A=¿? Período R S R-S 0 -100000 -175000 75000 5 20000 40000 -20000 1-5 -50000 X -50000+x 𝑉𝑃𝐹𝐶 = 75000 − 20000(𝑃/𝐹, 20%, 5) − (50000 − x)(𝑃/𝐴, 20%, 5) = 0 75000 − 20000(0.4019) − (50000 − x)(2.9906) = 0 x = $27609.17542 Los costos de operación y mantenimiento para la alternativa S son de $27609.17542 8.28. Una compañía de recubrimiento s metálicos estudia cuatro métodos diferentes para recuperar los subproductos de metales pesados contenidos en los desechos líquidos de un sitio de manufactura. Se han estimado los costos de la inversión y los ingresos asociados con cada método. Todos ellos tienen una vida de 8 años. La TMAR es de 11% anual. a) Si los métodos son independientes porque es posible implantarlos en plantas diferentes, ¿cuáles son aceptables? b) Si los métodos son mutuamente excluyentes, determine cuál debería seleccionarse de acuerdo con la evaluación de la TR. Método Costo Inicial, $ Valor de rescate, $ Ingreso anual, $/año A -30000 +1000 +4000 B -36000 +2000 +5000 C -41000 +500 +8000 D -53000 -2000 +10500 SOLUCIÓN: a) Métodos independientes Método Costo inicial Ingreso anual Comparación i% Se acepta A 30000 4000 A Vs NH 2,1 No B 36000 5000 B Vs A 3,4 No C 41000 8000 C Vs B 11,3 Si (i % > TMAR) D 53000 10500 D Vs C 11,1 Si (i % > TMAR) Para A: 0 = −30000(A/P, i%, 8) + 4000 + 1000(A/F, i%, 8) 𝑖(1 + 𝑖)𝑛 𝑖 0 = −30000 ( 𝑛 ) + 4000 + 1000 ( ) (1 + 𝑖) − 1 (1 + 𝑖)𝑛 − 1 𝑖(1 + 𝑖)8 𝑖 0 = −30000 ( 8 ) + 4000 + 1000 ( ) (1 + 𝑖) − 1 (1 + 𝑖)8 − 1 𝑖= 0,021 = 2,1 % Para B: 0 = −36000(A/P, i%, 8) + 5000 + 2000(A/F, i%, 8) 𝑖(1 + 𝑖)𝑛 𝑖 0 = −36000 ( 𝑛 ) + 4000 + 2000 ( ) (1 + 𝑖) − 1 (1 + 𝑖)𝑛 − 1 𝑖(1 + 𝑖)8 𝑖 0 = −36000 ( 8 ) + 4000 + 2000 ( ) (1 + 𝑖) − 1 (1 + 𝑖)8 − 1 𝑖= 0,034 = 3,4 % Para C: 0 = −41000(A/P, i%, 8) + 8000 + 500(A/F, i%, 8) 𝑖(1 + 𝑖)𝑛 𝑖 0 = −41000 ( 𝑛 ) + 8000 + 500 ( ) (1 + 𝑖) − 1 (1 + 𝑖)𝑛 − 1 𝑖(1 + 𝑖)8 𝑖 0 = −41000 ( 8 ) + 8000 + 500 ( ) (1 + 𝑖) − 1 (1 + 𝑖)8 − 1 𝑖= 0,113 = 11,3 % Para D: 0 = −53000(A/P, i%, 8) + 10500 − 2000(A/F, i%, 8) 𝑖(1 + 𝑖)𝑛 𝑖 0 = −53000 ( 𝑛 ) + 10500 − 2000 ( ) (1 + 𝑖) − 1 (1 + 𝑖)𝑛 − 1 𝑖(1 + 𝑖)8 𝑖 0 = −53000 ( ) + 10500 + 2000 ( ) (1 + 𝑖)8 − 1 (1 + 𝑖)8 − 1 𝑖= 0,111 = 11,1% b) Métodos mutuamente excluyentes Método Costo inicial Ingreso anual Comparación i% Se acepta A 30000 4000 A Vs NH 2,1 No B 36000 5000 B Vs A 3,4 No C 41000 8000 C Vs B 11,3 Si (defensor ) D 53000 10500 D Vs C 11,1 No(retador ) LIBRO: Leland T. Blank & Anthony Tarquin. “Ingeniería Económica”- 6ª edición, Mc Graw Hill, México, 2006. CAPÍTULO 9: Análisis beneficio/costo y economía del sector público 9.22. Aplique el análisis B/C incremental con una tasa de interés de 8% anual para determinar cuál alternativa debe seleccionarse. Utilice un periodo de estudio de 20 años y suponga que los costos por daños ocurrirían en el año 6 del periodo de estudio. Alternativa A Alternativa B Costo inicial, $ 600000 800000 Costos anuales de operación y mantenimiento, $/año 50000 70000 Costos del daño potencial, $ 950000 250000 SOLUCIÓN Alternativa B tiene un costo total anual más grande; debe justificarse de forma incremental. Usar VP. El beneficio es la diferencia en el costo de los daños. Para B incrementalmente sobre A: Costos = (800,000 – 600,000) + (70,000 – 50,000)(P/A, 8%, 20) = $200,000 + 20,000(9.8181) = $396,362 𝐵𝑒𝑛𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑜𝑠 = (950,000 – 250,000)(P/F, 8%, 6) = 700,000(0.6302) = 441,140 441,140 𝐵/𝐶 = = 1.11 396,362 Se selecciona la alternative B 9.25. Un país en rápida expansión económica contrató la evaluación de la posible construcción de un puerto nuevo para contenedores, a fin de ampliar el actual. La costa occidental es más profunda, por lo que el costo de dragado sería más bajo que el de la oriental. Asimismo, en la costa occidental se requeriría dragar sólo cada 6 años, mientras que en la del oriente sería necesario hacerlo cada 4 años. El dragado, cuyo costo se espera aumente 10% cada vez, no se llevaría a cabo en el último año de la vida comercial del puerto. Se estima que las pérdidas varíen entre el oeste (disminución del ingreso por pesca) y el este (pérdidas en pesca y hotelería). Las cuotas para las embarcaciones por cada 20 pies STD equivalentes se espera que sean más altas en el sitio occidental debido a la mayor dificultad para manejar las naves ocasionada por la presencia de corrientes oceánicas en la zona y al mayor costo de la mano de obra en esa región del país. Todas las estimaciones que aparecen a continuación se resumen en $1000000, excepto el ingreso anual y la vida. Use un análisis elaborado en hoja de cálculo y una tasa de descuento de 4% anual para determinar si debe construirse alguno de los puertos. No es imprescindible que el país construya alguno de los puertos, toda vez que ya opera uno con éxito. Sitio en la costa Sitio en la costa oriental occidental Costo inicial, $ Año 0 21 8 Año 1 0 8 Costo de dragar, $, Año 0 5 12 M & O anual, $/año 1.5 0.8 2 cada 6 años con un 10% 1.2 cada 4 años con un Coto del dragado recurrente, $ de incremento en cada 10% de incremento en ocasión cada ocasión Pérdidas anuales, $/año 4 7 Cuotas anuales: número de 5 millones/año a $2.5 8 millones/año a $2 cada embarcaciones de 20 pies STD a cada uno año $/contenedor Vida comercial, años 20 12 SOLUCIÓN Δ(B/C) = 2.05 . Se selecciona el sitio en la costa oriental LIBRO: Leland T. Blank & Anthony Tarquin. “Ingeniería Económica”- 6ª edición, Mc Graw Hill, México, 2006. CAPÍTULO 11: DECISIONES DE REEMPLAZO Y CONSERVACIÓN 11.4. Chris está cansada de conducir el usado y anticuado automóvil que adquirió hace dos años por $18000. Estima que ahora su valor es de $8000. Un vendedor de carros le propuso el trato siguiente: “Mire, le daré $10000 por este modelo del año. Eso representa $2000 más de lo que usted esperaba obtener y $3000 más por el valor que indica el Kelly Blue Book. Nuestro precio de venta de un coche nuevo para usted es de solo $28000, lo que significa $6000 menos respecto al precio de lista de $34000 proporcionados por el fabricante. Si considera los $3000 adicionales del trato que propongo y la reducción de $6000 del precio de lista, usted pagaría $9000 menos por el carro nuevo. Por lo tanto, le estoy proponiendo un trato muy bueno, con el que obtendría $2000 más por su trasto viejo que lo que calculaba ganar. Así pues, cerremos un análisis de reemplazo en este momento, ¿Cuál sería el costo inicial correcto por a) el defensor, y b) el retador? SOLUCIÓN: a) Defensor : Costo inicial = valor contable azul = 10000 - 3000 = $ 7000 b) Retador: Dado que el comercio es inflado por $ 3,000 sobre el valor de mercado (valor libro azul). Coste inicial = ventas - (comercio en valor - el valor de mercado) Coste inicial = 28,000 – (10,000 – 7000) Coste inicial = $25,000 11.11. Una trituradora nueva para materiales compuestos tiene un costo inicial de P= $100000, y puede usarse durante un máximo de 6 años. Su valor de rescate se estima con la relación S= P (0.85)n, en la que n es el número de años transcurridos después de la compra. El costo de operación sería de $75 000 el primer año y aumentaría $10 000 cada año a partir de entonces. Use una i = 18% anual. a) Determine la vida económica de servicio y el VA correspondiente de este retador. b) Se esperaba que se justificara económicamente la conservación de la máquina durante 6 años, pero no es así ya que la VES en parte (a) es considerablemente inferior a 6 años. Determine la reducción en el costo inicial que habría que negociarse para hacer que el costo anual equivalente para una posesión durante 6 años fuera igual en lo numérico a la estimación de VA determinado para la VES calculada. Suponga que todas las demás estimaciones permanecen sin cambio, e ignore el hecho de que este valor de más bajo no haría aún una VES recalculada igual a 6 años. SOLUCIÓN: a) Año 1: A1 = -100000 (A / P, 18%, 1) - 75 000 + 100 000 (0,85)1 (A / F, 18%, 1) A1 = -100000 (1.1800) - 75 000 + 100 000 (0,85)1 (1.000) A1 = $ -108000 Año 2: A2 = -100000 (A / P, 18%, 2) - 75000 - 10000 (A / G, 18%, 2)+ 100 000 (0,85)2(A/F, 18%, 2) A2 = -100000 (0.63872) - 75000 - 10000 (0.4587)+ 100 000 (0,85)2(0.45872) A2= $ - 110316 Año 3: A3 = -100000 (A / P, 18%, 3) - 75000 - 10000 (A / G, 18%, 3)+ 100 000 (0,85)3 (A / F, 18%, 3) A3 = -100000 (0.45992) - 75000 - 10000 (0.8902)+ 100 000 (0,85)3 (0.27992) A3= $ - 112703 Año 4: A4 = -100000 (A / P, 18%, 4) - 75000 - 10000 (A / G, 18%, 4)+ 100 000 (0,85)4 (A / F, 18%, 4) A4 = -100.000 (0.37174) - 75000 - 10000 (1.2947)+ 100 000 (0,85)4 (0.19174) A4 = $ - 115112 Año 5: A5 = -100000 (A / P, 18%, 5) - 75000 - 10000 (A / G, 18%, 5)+ 100 000 (0,85)5 (A / F, 18%, 5) A5 = -100.000 (0.31978) - 75000 - 10000 (1.6728)+ 100 000 (0,85)5 (0.13978) A5 = $ - 117504 Año 6: A6 = -100000 (A / P, 18%, 6) - 75000 - 10000 (A / G, 18%, 6)+ 100 000 (0,85)6 (A / F, 18%, 6) A6 = -100000 (0.28591) - 75000 - 10000 (2.0252)+ 100 000 (0,85)6 (0.10591) A6 =$ - 119849 ESL es de 1 año con A1 =$ -108.000. b) Hacemos A para los 6 años igual a A1= -108000 y resolver para P, menor costo inicial requerida. A6 = -108,000 = -P(A/P, 18%,6) – 75,000 - 10,000(A/G, 18%,6) + P (0.85)6(A/F, 18%,6) -108,000 = -P (0.28591) – 75,000 – 10,000(2.0252) +P (0.37715) (0.10591) 0.24597P = -95,252 + 108,000 P = $51,828 El primer costo tendría que ser reducido de $ 100.000 a $ 51.828. Esto es una reducción bastante grande. 11.21. Una compañía maderera que tala pinos finos para ebanistería, evalúa si debe conservar el sistema existente para aclarar o reemplazarlo por uno nuevo. Los costos importantes para cada sistema ya se conocen o se estiman. Use una tasa de interés de 10% anual para: a) realizar el análisis del reemplazo, y b) determinar el precio mínimo de reventa que es necesario para seleccionar ahora al retador de reemplazo. ¿Es de esperarse una cantidad razonable por el sistema existente? Sistema existente Sistema nuevo Costo inicial hace 7 años, $ -450000 Costo inicial, $ -700000 Vida restante, años 5 10 Valor actual en el mercado, $ 50000 COA, $ por año -160000 -150000 Valor futuro, $ 0 50000 SOLUCIÓN: a) Aexistente = -50,000(A/P, 10%,5) – 160,000 = -50,000(0.26380) – 160,000 = $-173,190 Anuevo = -700,000(A/P, 10%,10) – 150,000 + 50,000(A/F, 10%,10) = -700,000(0.16275) – 150,000 + 50,000(0.06275) = $-260,788 Conserve el sistema existente durante 5 años más. b) Encuentre el valor de reposición para el proceso actual. -VR(A / P, 10%, 5) - 160000 = Anuevo = -260788 -0.26380 VR = -100788 VR = $ 382.060 Esto es el 85% del costo inicial hace 7 años; demasiado alto para un comercio en valor ahora. 11.28 Hace tres años, Merey Hospital mejoró en forma significativa su equipo de terapia hiperbárica a base de oxígeno (HBO) para dar tratamiento avanzado a problemas de heridas, infecciones óseas crónicas y lesiones por radiación. El equipo cuesta $275000 y después puede usarse durante tres años más. Si el sistema HBO se reemplaza hoy, el hospital podría obtener $20 000. Si lo conservara, se calcula los valores de mercado y costos de operación mostrados en la tabla. Un sistema nuevo, hecho de materiales compuestos, durante sus años primeros es más barato de operar y comprar, en $150000. Tiene una vida máxima de 6 años pero después de tres los valores de mercado y COA cambian de modo significativo debido al deterioro previsto del material empleado en su fabricación. Además, después de 4 años de uso, se prevé un costo recurrente de $40 000 por año para inspeccionar y repetir el trabajo con el material compuesto. Los valores de mercado, costo de operación y repetición del trabajo aparecen en la tabla. Basándose en estas estimaciones y con i = 15% anual, diga cuáles son los montos de la VES y VA para defensor y retador, y en cuántos años debe reemplazarse el sistema HBO actual. Resuelva este problema a mano (véanse los problemas 11.29 y 11.31 en los que aparecen más preguntas donde se usan estimaciones). Sistema HBO actual Sistema HBO propuesto Material de Valor de Valor de Año COA, $ COA, $ trabajo mercado, $ mercado, $ repetido, $ 1 10000 -50000 65000 -10000 2 6000 -60000 45000 -14000 3 2000 -70000 25000 -18000 4 5000 -22000 5 0 -26000 -40000 6 0 -30000 -40000 SOLUCIÓN: Determinar VES del defensor y el retador y luego decidir cuánto tiempo mantener Defensor. Análisis para 1, 2 y 3 años: Año 1: A1 = -20,000 (A / P, 15%, 1) - 50 000 + 10 000 A1 = -20000 (1,15) - 40000 A1 = $ -63.000 Año 2: A2 = -20,000 (A / P, 15%, 2) - 50000 - 10000 (A / G, 15%, 2)+ 6000 (A / F, 15%, 2) A2= -20000 (0,61512) - 50.000 - 10.000 (0,4651) + 6.000 (0,46512) A2= $ -64.163 Año 3: A3 = -20,000 (A / P, 15%, 3) - 50000 - 10000 (A / G, 15%, 3)+ 2000 (A / F, 15%, 3) A3= -20000 (0,43798) - 50.000 - 10.000 (0,9071) + 2.000 (0,28798) A3= $ -67.255 Defender VES es de 1 año con A1 = $ -63.000 Retador: Calcular de 1 a 6 años: Año 1: A1 = -150.000 (A / P, 15%, 1) - 10 000 + 65 000 A1= -150 000 (1.15) + 55.000 A1 = $ -117.500 Año 2: A2 = -150.000 (A / P, 15%, 2) -10000 - 4000 (A / G, 15%, 2)+ 45.000 (A/F, 15%, 2) A2 = -150.000 (0.61512) -10000 - 4000 (0.4651)+ 45.000(0.46512) A2= $ -83.198 Año 3: A3 = -150.000 (A / P, 15%, 3) -10000 - 4000 (A / G, 15%, 3) + 25.000 (A / F, 15%, 3) A3 = -150.000 (0.43798) -10000 - 4000 (0.9071) + 25.000 (0.28798) A3 = $ -72.126 Año 4: A4 = -150.000 (A / P, 15%, 4) - 10000 - 4000 (A / G, 15%, 4) + 5000 (A / F, 15%, 4) A4 = -150.000 (0.35027) - 10000 - 4000 (1.7228) + 5000 (0.20027) A4= $ -66.844 Año 5: A5 = - [150.000 + 10.000 (P / A, 15%, 5) + 4,000 (P / G, 15%, 5) + 40 000 (P / F, 15%, 5)] (A / P, 15%, 5) A5 = - [150.000 + 10.000 (0.3522) + 4,000 (5.7751) + 40 000 (0.4972)] (0.29832) A5 = $ - 67.573 Año 6: A6 = - [150.000 + 10.000 (P / A, 15%, 6) + 4,000 (P / G, 15%, 6) + 40 000 [(P / F, 15%, 5) + (P / F, 15%, 6]] (A / P, 15%, 6) A6 = - [150.000 + 10.000 (3.7845) + 4,000 (2.0972) + 40 000 [(0.4972) + (0.4323)]] (0.26424) A6 = $-67,849 Mantener el defensor 1 año más A1 = $ -63.000, sustituya durante 4 años A4 = $ -66.844, siempre que no haya cambios en las estimaciones del desafiador durante el año se mantiene el defensor. LIBRO: V.P TAYLOR (SEXTA EDICIÓN) CAPÍTULO 7: ANÁLISIS DE VALOR ACTUAL 7.3. Un ejecutivo retirado está tomando en consideración la adquisición de un automóvil nuevo por 3890 dólares, con la idea de conservarlo durante 10 años. Espera que el valor de recuperación en esa fecha sea de 200 dólares. Su costo anual de gasolina, aceite, mantenimiento, seguro, licencia y espacio de estacionamiento será de 800 dólares. Se calcula que las reparaciones serán insignificantes durante los 3 primeros años, 40 dólares al final del cuarto año, y, después, aumentarían a un ritmo del 20% anual sobre el año anterior. ¿Cuál es el compromiso propuesto de costo, si puede obtener 6% sobre sus inversiones? SOLUCIÓN 𝑖 = 6% L= $200 0 4 5 6 10 AÑOS $3890 $40 $48 $57.6 $119.43036 A=$800/año, g=20% 𝐶𝐴 = −3890(𝐴/𝑃, 6%, 10) − 800 − [40(𝐹/𝑃, 6%, 6) + 48(𝐹/𝑃, 6%, 5) + 57.8(𝐹/𝑃, 6%, 4) + 69.12(𝐹/𝑃, 6%, 3) + 82.944(𝐹/𝑃, 6%, 2) + 99.5328(𝐹/𝑃, 6%, 1) + 119.4393](𝐴/𝐹, 6%, 10) 𝐶𝐴 = −3890(0.13587) − 800 − [40(1.4185) + 48(1.3382) + 57.8(1.2625) + 69.12(1.1910) + 82.944(1.1236) + 99.5328(1.0600) + 119.4393](0.07587) 𝐶𝐴 = −$1373.63203 7.13. Dos diseños de fachadas han sido propuestos para una tienda de departamentos de una calle famosa de Nueva York. El diseño G cuesta 25000 dólares, será reemplazado cada 2 años y tiene un valor de recuperación de 8000 dólares. El mantenimiento costará 3000 dólares anuales. El diseño O cuesta 50000 dólares y durará 6 años, con un valor de recuperación de 10000 dólares. El mantenimiento costará 4000 dólares anuales. La tasa mínima requerida de rendimiento es 17%. Mediante el método del valor actual ¿Qué diseño es recomendable suponiendo que ambos sean iguales desde el punto de vista del mercado? SOLUCIÓN Diseño G: 𝑖 = 17% L= $8000 0 1 2 AÑOS $25000 A=$3000/año Diseño O 𝑖 = 17% L= $10000 0 1 2 3 6 AÑOS $50000 A=$4000/año Aplicando el Método Mínimo Común Múltiplo: 6 años Diseño G: 𝑖 = 17% $8000 $8000 L= $8000 0 2 4 6 AÑOS $25000 $25000 $25000 A=$3000/año 𝑉𝑃𝐺 = −25000 − 17000[(𝑃/𝐹, 17%, 2) + (𝑃/𝐹, 17%, 4)] + 8000(𝑃/𝐹, 17%, 6) − 3000(𝑃/𝐴, 17%, 6) 𝑉𝑃𝐺 = −25000 − 17000[(0.7305) + (0.5336)] + 8000(0.3898) − 3000(3.5891) 𝑉𝑃𝐺 = −$54138.6 𝑉𝑃𝑂 = −50000 + 10000(𝑃/𝐹, 17%, 6) − 4000(𝑃/𝐴, 17%, 6) 𝑉𝑃𝑂 = −50000 + 10000(0.3898) − 4000(3.5891) 𝑉𝑃𝑂 = −$60458.4 El diseño recomendable es G. 7.19. Puede construirse una autopista estatal por 12000000 de dólares para que satisfaga las necesidades de tránsito durante los próximos 10 años, al cabo de los cuales deberá ampliarse, mediante un costo adicional de 12000000 de dólares. El mantenimiento de la autopista durante los primeros 10 años será de 40000 dólares anuales. Alternativamente, el espacio necesario para la ampliación futura puede adquirirse ahora y nivelarla al mismo tiempo que se construya la autopista actual. El costo total sería de 16000000 de dólares. El mantenimiento de la autopista y el espacio adicional serían de 58000 dólares durante los primeros 10 años. Durante ese período habrá también una pérdida de ingresos debida a impuestos sobre la propiedad reclamados por el Estado de proporcionar el derecho de paso. Esto asciende a 80000 dólares anuales. Al cabo de 10 años, la autopista puede ampliarse con menos deterioro de la base existente de la carrera, de modo que el costo de la ampliación será de sólo 5000000 dólares. El mantenimiento, a partir de esa fecha será el mismo que para el otro diseño. Se predice que la vida de la autopista será de 25 años a partir de la fecha presente, como resultado de la obsolescencia. El valor de recuperación será de 3000000 en cualquier caso. Si la tasa mínima requerida de rendimiento es 6%, ¿Qué plan se recomienda? Utilícese un análisis de valor actual. SOLUCIÓN LIBRO: Thuesen, H.G., et al. 1986. Ingeniería Económica. Ed. Prentice Hall. México, D.F. CAPÍTULO 7: Toma de decisiones en la selección de alternativas 9.26. Una empresa está estudiando un conjunto de propuestas de investigación que se relacionan con el Producto A, el B o el C. Se ha tomado la decisión de seleccionar una propuesta de cada conjunto relacionado con un producto en particular. Las propuestas de investigación que se refieren al Producto A están identificadas con la letra A, las que se refieren al Producto B con la letra B, etc. La empresa espera que la investigación se extienda por un período de 5 años. La empresa ha considerado en el pasado, que un retorno sobre la inversión de al menos 10% es considerado en el pasado, que un retorno sobre la inversión de al menos 10%es satisfactorio. Como se cree que todos los proyectos serán igualmente beneficios para la empresa, se incluyen a continuación solamente los costos relacionados con cada proyecto. ¿Qué propuestas deben seleccionarse si el dinero disponible es (a) ilimitado, (b) $100000 y (c) $80000? Propuesta Costo Inicial Gastos anuales A1 $40000 $8100 A2 62000 2134 B1 20000 8200 B2 25000 6528 B3 30000 5115 C1 15000 16200 C2 20000 15013 C3 35000 7840 C4 50000 5530 SOLUCIÓN Hallando it: 40 (1 + 𝑖)5 − 1 𝐴1 → 0 = 40000 − 8100 ∗ (𝑃/𝐴. 𝑖, 5) → 0 = −( ) → 𝑖 = 0.41% 8.1 𝑖(1 + 𝑖)5 62 (1 + 𝑖)5 − 1 𝐴2 → 0 = 62000 − 2134 ∗ (𝑃/𝐴. 𝑖, 5) → 0 = −( ) → 𝑖 < 0% 2.134 𝑖(1 + 𝑖)5 20 (1 + 𝑖)5 − 1 𝐵1 → 0 = 20000 − 8200 ∗ (𝑃/𝐴. 𝑖, 5) → 0 = −( ) → 𝑖 = 29.9% 8.2 𝑖(1 + 𝑖)5 25 (1 + 𝑖)5 − 1 𝐵2 → 0 = 25000 − 6528 ∗ (𝑃/𝐴. 𝑖, 5) → 0 = −( ) → 𝑖 = 9.6% 6.528 𝑖(1 + 𝑖)5 30 (1 + 𝑖)5 − 1 𝐵3 → 0 = 30000 − 5115 ∗ (𝑃/𝐴. 𝑖, 5) → 0 = −( ) → 𝑖 < 0% 5.115 𝑖(1 + 𝑖)5 15 (1 + 𝑖)5 − 1 𝐶1 → 0 = 15000 − 16200 ∗ (𝑃/𝐴. 𝑖, 5) → 0 = −( ) → 𝑖 > 100% 16.2 𝑖(1 + 𝑖)5 20 (1 + 𝑖)5 − 1 𝐶2 → 0 = 20000 − 15013 ∗ (𝑃/𝐴. 𝑖, 5) → 0 = −( ) → 𝑖 = 70.3% 15.13 𝑖(1 + 𝑖)5 35 (1 + 𝑖)5 − 1 𝐶3 → 0 = 35000 − 7840 ∗ (𝑃/𝐴. 𝑖, 5) → 0 = −( ) → 𝑖 = 3.9% 7.84 𝑖(1 + 𝑖)5 50 (1 + 𝑖)5 − 1 𝐶4 → 0 = 50000 − 5530 ∗ (𝑃/𝐴. 𝑖, 5) → 0 = −( ) → 𝑖 = 0.43% 5.530 𝑖(1 + 𝑖)5 CI INA it comp Inv ext Ing ext I (%) Alt sel A1 40,000 8,100 0.41 A1 vs NHN 40,000 8,100 1.51 NHN A2 62,000 2,134 >0 A2 vs NHN 62,000 2,134 >0 NHN B1 20,000 8,200 29.9 B1 vs NHN 20,000 8,200 26.5 B1 B2 25,000 6,528 9.6 B2 vs B1 5,000 -1,672 <100 B2 B3 30,000 5,115 >0 B3 vs B2 5,000 -1,413 <100 B3 C1 15,000 16,200 <100 C1 vs NHN 15,000 16,200 80.08 C1 C2 20,000 15,013 70.3 C2 vs C1 5,000 -1,187 <100 C2 C3 35,000 7,840 3.9 C3 vs C2 15,000 -7,173 <100 C3 C4 50,000 5,530 0.43 C4 vs C3 15,000 -2300 <100 C4 (a) Ilimitado, (b) $100.000, (c) $80.000 Para los 3 casos NHN + B3 + C4 = 0 + 30000 + 50000 = 80000