CAUE-BAUE- INGENIERIA ECONOMICA

CAUE - BAUE 5.26. La edad promedio de los estudiantes de ingeniería al graduarse, es un poco más de 23 años. Esto significa que la carrera profesional de la mayoría de los ingresantes es, casi con exactitud 500 meses. ¿Cuánto necesita ahorrar un ingeniero cada mes, para llegar a ser millonario al final de su vida profesional? Supóngase una tasa de interés del 15% capitalizado mensualmente. SOLUCION: Datos: P=0 n = 500 meses/12 meses = 42 años i=15% F=1000000 i= 15%

P=0

F=100000 0 42

0

Se analiza INGRESOS Calculamos A: A = (F)(A/F;15%,500) + Pi 1.15 ¿ ¿ A = 1000000 ¿ + 0(0.15) 0.15 ¿ ¿ A= $ 424.63 /año = $ 35.38 /mes Conclusión: -

Un ingeniero tiene que ahorrar $ 35.38/ mes para llegar a ser millonario al final de su vida profesional.

5.27. Como se muestra en el diagrama de flujo de caja, se tiene un desembolso anual que varía cada año entre $100 y $300 siguiendo un patrón fijo que se repite para siempre. Si el interés es 10%, calcúlese el valor de A, también perpetuo, que es equivalente a los desembolsos fluctuantes.

20

30

30

30 20

20

20

10

10

10

20

20

n=infinito A

10%

A

A

A

A

A

A

A

i A

A

A

A

SOLUCION:

D 10

P

D 20

D 30

D 20

i = 10% 0

1

2 3

n = infinito

[ (

A= 10

P P , 10 , 3 + 20 ,10 , 4 g F

) (

A= [10 ( 2.329 ) +20 ( 0.6830 ) ] ( 1 )

)]( PA ,10 , α )

4

=

A=$ 36.95

5.29. Una compañía debe decidir si habrá de comprar la maquina A o la maquina B DIESEL Costo Inicial $ 10 000 Vida Útil 4 años Valor de recuperación al $ 10 000 final de la vida útil Mantenimiento anual 1 000

GASOLINA $20 000 10 años $10 000 0

Para una tasa de interés al 10%, ¿Qué maquina debe instalar? a. Para Diésel D= 1 000

0 P =10000

10000

10000

4

8

10000

10000

12

10000

10000

10000

16

L =10000

20

10000

CAUE = A + D - I  A = (P-L)(A/F;i%;n) + Pi A = (10000-10000) (A/F; 10%; 20) + 10000(10%) A = 1000  D = 10000(P/F; 10%; 4) + 10000(P/F; 10%; 8) + 10000(P/F; 10%; 12) + 10000(P/F; 10%; 16) + 10000(P/F; 10%; 20) D = 10000(0.6830) + 10000(0.4665) + 10000(0.3186) + 10000(0.2176) + 10000(0.1486) + 1000 D= 18343 + 1000 D= 19343  I = 10000(P/F; 10%; 4) + 10000(P/F; 10%; 8) + 10000(P/F; 10%; 12) + 10000(P/F; 10%; 16) + 10000(P/F; 10%; 20)

I = 10000(0.6830) + 10000(0.4665) + 10000(0.3186) + 10000(0.2176) + 10000(0.1486) + 1000 I = 18343

CAUE = A + D - I CAUE = 1000 + 19343 + 18343 CAUE = 2000 b. Para Gasolina D= 1 000 10000

0 P =20000

10 20000

CAUE = A + D - I  A = (P-L)(A/F;i%;n) + Pi A = (20000-10000) (A/F; 10%; 20) + 20000(10%) A = 10000(0,0175) + 2000 A = 2175  D = 20000(P/F; 10%; 10) (A/P; 10%; 20) D = 20000(0.3855) (0.1175) D= 905,925  D = 10000(P/F; 10%; 10) (A/P; 10%; 20) I = 10000(0.38550) (0.1175) I = 452,9625

CAUE = A + D - I

L =10000

20

CAUE = 2175 + 905,925 + 452,9625 CAUE = 2627.96

CONCLUSIONES:      

Se trata de una situación en la cual se compara una sola alternativa económica. Cada alternativa tiene 20 años de vida útil. Para la comparación se ha utilizado el Método CAUE (caso 2) Tiene una tasa de interés del 10% La máquina A que es diésel tiene un costo de $2000 La máquina B que es gasolina tienes un costo de $2627.96

RECOMENDACIÓN: 

Bueno se debería instalar la maquina A ya que tiene una diferencia económica con respecto a la maquina B.

5.30. La compañía Johnson paga $200 al mes a un transportista para que lleve todo el papel y cartón de desecho al basurero de la ciudad. El material podría reciclarse si la compañía comprara una prensa hidráulica de $6000 y gastara $3000 al año para operarla. La prensa tiene una vida útil estimada de 30 años y un valor de salvamento cero. El material de los flejes costaría $200 anuales para los 500 embalajes de producción anual estimada. Una compañía que recicla papel recogería los embalajes y pagaría a la empresa Johnson $2.30 por cada uno. a b

¿Sería económico instalar y operar la prensa si el interés es de 8%? ¿Recomendaría el lector que instalara la prensa?

SOLUCIÓN PRENSA HIDRAÚLICA

Costo

i = 8% D=3000/ año

P=6000

Anual=3000 Se analizan

0

2

…………………….………….. 4 +200 =$3200/año COSTOS

L=0 28

300

Entonces se Aplica la F1: CAUE = A+D A= (P-L) (A/P,i%,n) +Li A = (6000-0) (A/P,8%,30) +0 A = 6000(0,0888) = 532,8/año CAUE = 532,8 +3200 = $3732,8/año COSTO TRANSPORTISTA AL BASURERO CAUE = 200 * 12 =$2400/año. CONCLUSIÓN a) No sería económico instalar y operar la prensa Hidráulica ya que tiene una diferencia económica de $1332,8 con respecto al seguir pagando mensualmente al transportista que lleva el papel y cartón al basurero. b) No recomendaría instalar la prensa hidráulica, ya que resulta ser más costoso para la empresa, es conveniente seguir con el sistema de transporte para el traslado del papel y cartón. 5.31. Considérese lo siguiente: ALTERNATIVAS A $50 16 Infinito

Costo Inicial Beneficio anual uniforme Vida útil

B $180 50 5

El periodo de análisis es de 10 años, pero no habrá remplazo para la alternativa B al final de los cinco años. Basándose en un interés de 15% determínese la alternativa que debe seleccionarse. SOLUCIÓN A. ALTERNATIVA A

P=50 0

1

i = 15% I=16/ año 5

L=0 ………………

∞

Se analizan INGRESOS Entonces se Aplica la F3: BAUE = -A-D+I A= (P-L) (A/P,i%,n) +Li A = (50-0) (A/P,15%,infinito) = 50(A/P,15%,5) A = 50 (0,2983) = 14,915/año BAUE = -14,915 + 16 = $1,085/año B. ALTERNATIVA B

Se

analizan

P=50

INGRESOS Entonces se

0

1

i = 15% I=50/ año 2

L=0 3

4

5

Aplica la F3: BAUE = -A-D+I A= (P-L) (A/P,i%,n) + Li A = (180-0) (A/P,15%,5) A = 180 (0,2983) = 53,694/año BAUE = -53,694+50 = - $3,694/año CAUE = $ 3,694/año

CONCLUSIONES:     

Se trata de una situación en la cual se compara Múltiples alternativas económicas. Cada tiene ∞ y 5 años de vida útil respectivamente. Para la comparación se ha utilizado el Método BAUE Los resultados parciales son BAUEA= $ 1,085/año y BAUEB=-$3,694/año. Puesto que se analizan INGRESOS, y la alternativa B resulta ser un CAUE, la mejor alternativa es la Alternativa A.

RECOMENDACIÓN: Se debe seleccionar la Alternativa A, ya que tiene una diferencia económica de $2,609/año con respecto a la alternativa B.

5.32. Considérese las dos alternativas mutuamente que se presentan a continuación A Costo inicial $ 100 Beneficio Anual 16 Uniforme Vida útil Infinito

B $ 150 24 20 años

La alternativa B se puede reemplazar al final de un periodo de 20 años con otro artículo idéntico, al mismo costo $150 y el mismo beneficio anual uniforme de $24. Determínese la alternativa que debe seleccionarse empleando una tasa de interés del 10% A. ALTERNATIVA A BN = 16

0

∞

P =100

BAUE = -A-D+I 

A = 100(A/P; 10%; ∞)

(A/P; 10%; ∞) = 1/i

A = 100(0,10)

BAUE = -A-D+I BAUE = -10 + 16 = 6

B. ALTERNATIVA B BN = 24

2

0 P =150

4

6 ……………

150

150 150

BAUE = -A-D+I 

A = 150(A/P; 10%; ∞)

(A/P; 10%; ∞) = 1/i

A = 150(0,10) A=15

BAUE = -A-D+I BAUE = -15 - 150(A/F; 10%; 20) (P/A; 10%;∞) (A/P;10%;∞) + 24

∞

BAUE = -15 - 150(0,0175) (1/10) (0.10) + 24 BAUE = -17,625 + 24 BAUE = 6,375 CONCLUSIONES:      

Se trata de una situación en la cual se compara una sola alternativa económica. Cada alternativa tiene ∞ años de vida útil. Para la comparación se ha utilizado el Método BAUE Tiene una tasa de interés del 10% La alternativa A tiene un costo de $6 La alternativa B tiene un costo de $6,375

RECOMENDACIÓN: Bueno se debería seleccionar la alternativa B ya que tiene una diferencia económica con respecto a la alternativa A 5.33. Se instalara un equipo en un almacén que una empresa rento por 7 años. Existen dos alternativas. A

B

COSTO INICIAL

$ 100

$ 150

BENEFICIO ANUAL UNIFORME

55

61

VIDA UTIL

3 años

4 años

A. ALTERNATIVA A i= 10%

L = 55

P =100 0

1

2

BAUE = -A-D+I 

A = 100(A/P; 10%; 3)

(A/P; 10%; 3) = 0,4021

3

A = 100(0,4021)= 40,21

BAUE = -A-D+I BAUE = -40,21 + 55 = 14,79

B. ALTERNATIVA B i= 10%

L = 61

P =150 0

1

2

3

4

BAUE = -A-D+I 

A = 100(A/P; 10%; 4)

(A/P; 10%; 4) = 0,3155 A = 100(0,3155)= 47,325

BAUE = -A-D+I BAUE = -47,325 + 61 = 13,675

CONCLUSIONES:      

Se trata de una situación en la cual se compara una sola alternativa económica. Cada alternativa tiene 3 Y 4 años de vida útil. Para la comparación se ha utilizado el Método BAUE Tiene una tasa de interés del 10% La alternativa A tiene un costo de $14,79 La alternativa B tiene un costo de $13,675

RECOMENDACIÓN: Bueno se debería seleccionar la alternativa B ya que tiene una diferencia económica con respecto a la alternativa A.

5.34. Cuando Alfredo Silva compro su casa, pidió $80 000 prestados al 10% de interés, pagaderos en 25 pagos iguales cada fin de año. Diez años después, al haber hecho diez pagos,

Alfredo descubrió que podía refinanciar el saldo de su préstamo al 9% de interés por los 15 años restantes. Para lograr el nuevo financiamiento, Alfredo debe pagar al prestamista original el saldo más un cargo de penalización del 2% de ese saldo. Alfredo deberá pagar al nuevo prestamista $1000 de cargos por los servicios a fin de obtener el préstamo. Este nuevo préstamo será igual al saldo del anterior, más un cargo de penalización del 2%, más los 1000 del cargo pro servicios. ¿Debe refinanciar el préstamo, suponiendo que se conservara la casa en los próximos 15 años? SOLUCIÓN

F ’

80

22

0 1 23 24 25

F=80000(

2

F ,10,25) P

F=80000(10.835)

F=$ 866 800 CAUE=80000(

A , 10,25) P

CAUE=80000(0.1102)

CAUE=$ 8 816 /año F' =8816(

F , 10,10) A

F ' =8816(15.937)

3

F 10

F ' =$ 140500.6 SALDO = $ 866 800 – $ 140 500.6 = $ 726 299.4 726 299.4 + 726 299.4 (0.02) = 740 825.388 + 1000 = $ 741 825.388

CONCLUSION: No le conviene refinanciar el préstamo ya que le saldría más costos de lo que sería con el primer préstamo.

5.35. Considérese las siguientes tres alternativas mutuamente exclusivas:

Costo inicial Beneficio anual uniforme Vida útil

A $ 100

B $ 150

C $ 200

10

17.62

55.48

infinito

20

5

Suponiendo que las alternativas B y C se reemplazan con alternativas idénticas al final de sus vidas útiles y una tasa de interés del 8%, ¿Qué alternativa debe seleccionarse? SOLUCION: Alternativa A:

i = 8%

P = 100

0

I= 10/año

L=0

00

1

Se analizan COSTOS CAUE: A+D-I Calculamos A: A = (P-L)(A/F;8%;oo) + Pi

A = (100-0)(0) + 100(0.08) A = $ 8/año CAUE: A+D-I CAUE: 8 - 10 = $ -2/año

Alternativa B:

i = 8% I= 17.62/año

P = 150

0

L=0

20

1

Se analizan COSTOS CAUE: A+D-I Calculamos A: A = (P-L)(A/F;8%;20) + Pi A = (150-0)(0.0219) + 150(0.08) A = $ 15.285/año CAUE: A+D-I CAUE: 15.285 – 17.62 = $ -2.335/año Alternativa C: P = 200

i = 8% I= 55.48/año

L=0

0

5

1

Se analizan COSTOS CAUE: A+D-I Calculamos A: A = (P-L)(A/F;8%;5) + Pi A = (200-0)(0.1705) + 200(0.08) A = $ 50.10/año CAUE: A+D-I CAUE: 50.10 – 55.48 = $ -5.38/año Conclusiones: (1) Se trata de una situación en el cual se compara multiples situaciones económicas. (2) Cada alternativa tiene diferentes valores de vida útil pero impuestos al 8% anual (3) Se ha utilizado el método CAUE porque existen los ingresos no son superiores a los costos. (4) Los resultados parciales son CAUE(A) = $-2/año; CAUE(B) = $-2.335/año y CAUE(C) = $-5,38/año. (5) Puesto que se analizan costos, entonces la mejor alternativa es la C ya que resulta ser ser ingreso y es mayor a las demás alternativas.

Recomendación: - Para quien tiene que tomar la decisión, debe seleccionar la alternativa C por tener una diferencia económica en ingresos con respecto a las demás alternativas.

VALOR PRESENTE (VP) 6.21. Una orquesta sinfónica local ofrece bonos para sus conciertos de la siguiente manera: -

Abono anual Abono vitalicio

$10 por año $ 250

El abono vitalicio se funda en la creencia de la asociación de la sinfónica que puede obtener una tasa del 4% de interés sobre su inversión. Si se piensa que el 4% es una tasa de rendimiento adecuado, ¿Se estaría dispuesto a comprar el abono vitalicio?. Explíquese porque si o porque no.

SOLUCION: i = 4%

Abono anual P=0

A =10 /año

L=0

SE ANALIZAN INGRESOS VP = - 0 + 10(P/A; 4%; oo) + 0(P/F;4%;oo) VP = $ 1000

Abono vitalicio P=0

A =250 /año

SE ANALIZAN INGRESOS VP = -0 + 250(P/A;4%;oo) + 0(P/F;4%;oo) VP = 250(1/0.04) VP = $ 6250 CONCLUSIÓN: - Si se estaría dispuesto a comprar el abono vitalicio puesto que esto resulta ser mayor teniendo una diferncia económica de 5250 a comparación del abono anual.

L=0

6.22. Una planta productora de baterías ha recibido la orden de dejar de tirar líquidos con ácido que contienen mercurio al sistema de drenaje de la ciudad. Como resultado, la compañía debe ajustar el pH y eliminar el mercurio de sus líquidos de desecho. Se cuenta con las cotizaciones de tres firmas sobre el equipo necesario. Un análisis de las cotizaciones proporciono la siguiente tabla de costos. Costo EQUIPO

con

instalación

Foxhill Instrument Quicksilver Almadén

$ 35 000 $ 40 000 $ 100 000

Costo anual de

Ingreso anual por

Valor

Operación

recuperación del

recuperación

y

Reparación $ 8 000 $ 7 000 $ 2 000

mercurio $ 2 000 $ 2 200 $ 3 500

de

$ 20 000 0 0

Si se espera que el equipo instalado dure 20 años y el valor del dinero es del 7 %, ¿Qué equipo debe comprarse? (Respuesta: Almadén). SOLUCIÓN EQUIPO: Foxhill Instrument

I = $ 2 000/año D = $ 8 000/año P = $35 000

I=7%

L

= $ 20 000 0

1

2

3

10

17 18 19 20

SE ANALIZAN COSTOS VP f = 35 000 - 2000(P/A, 7%,20) + 8000(P/A, 7%,20) – 20000(P/F, 7%,20) VP f = 35 000 - 2000(10.594) + 8000(10.594) – 20000(0.2584)

VP f = $ 93 396 EQUIPO: Quicksilver I = $ 2 200/año D = $ 7 000/año P= $40 000

I=7%

L=$0 0

1

2

3

10

17 18 19 20

SE ANALIZAN COSTOS VP q = 40 000 - 2200(P/A, 7%,20) + 7000(P/A, 7%,20) – 0 VP q = 40 000 - 2200(10.594) + 7000(10.594) – 0 VP q = $ 90 851.2 EQUIPO: Almadén I = $ 3 500/año D = $ 2 000/año P= $100 000

I=7%

L=$0 0

1

2

3

10 SE ANALIZAN COSTOS

VP a = 100 000 - 3500(P/A, 7%,20) + 2000(P/A, 7%,20) - 0 VP a = 100 000 - 3500(10.594) + 2000(10.594) + 0 VP a = $ 84109

17 18 19 20

CONCLUSION El equipo que debe comprarse debería de ser el Almaden ya que solo tendrá por costo $ 84 109 a diferencia de los otros equipos que tienen mucho mas costo.

6.23. Una empresa está considerando tres alternativas mutuamente exclusivas, como parte de un programa de mejoramiento de la producción. Las alternativas son: El valor de recuperación al final dela vida útil es cero para todas las alternativas. Después de 10 años, A se puede reemplazar por otro A con idénticos costos y beneficios. la tasa mínima de rendimiento es de 6% ¿ Que alternativa debe seleccionarse ?

A

B

C

$ 10 000

$ 15 000

$ 20 000

1625

1530

1890

10 años

20 años

20 años

COSTO CON INSTALACIÓN BENEFICIO ANUAL UNIFORME VIDA UTIL

SOLUCIÓN

A. ALTERNATIVA A I= 1625 i= 6%

0 P =10 000

5

L =0

10

VP= -P+ I (P/A; i%; n) + 0  

 

VP = - 10 000 + 1625(P/A; 6%; 10) 1625(P/A; 6%; 10) (A/P; 6%; 10) = 7,36 VP = - 10 000 + 1625(7,36) VP = 1960

B. ALTERNATIVA B I= 1530 i= 6%

L =0

0 P =15 000

10

20

VP= -P+ I (P/A; i%; n) + 0 VP = - 15 000 + 1530(P/A; 6%; 20) 

1530(P/A; 6%; 20)

(A/P; 10%; 20) = 11,470 VP = - 15 000 + 1530(11,470) VP = 2549,1

C. ALTERNATIVA C I= 1890 i= 6%

L =0

0 P =20 000

10

VP= -P+ I (P/A; i%; n) + 0



1890(P/A; 6%; 20)

VP = - 20 000 + 1890(P/A; 6%; 20) (A/P; 6%; 20) = 11,470 VP = - 20 000 + 1890(11,470) VP = 1678,3

20

CONCLUSIONES:    

Tiene 10 Y 20 años de vida útil. se ha utilizado el Método de Valor Presente Tiene una tasa de interés del 6% Puesto que el VP = 1678,3 se acepta la alternativa B

6.24. Un fabricante está pensando en comprar un equipo que tiene los efectos financieros siguientes: AÑO 0 1 2 3 4

DESEMBOLSO $ 4 400 $ 660 $ 660 $ 440 $ 220

INGRESOS $0 $ 880 $ 1980 $ 2420 $ 1760

Si el valor del dinero es del 6% ¿debe invertirse en el equipo?

880

0 4 4000

1980

2420

1760

1

2

3

4

660

660

440

220

VP= -4400 - 660(P/F; 6%; 1) - 660(P/F; 6%;2) - 440(P/F; 6%;3) - 220(P/F; 6%;4) + 880(P/F; 6%;1) + 1980(P/F; 6%;2) + 2420(P/F; 6%;3) + 1760(P/F; 6%;4) VP= -4400 – 660(0.9434) - 660(0.8900) - 440(0.8396) - 220(0.7921) + 880(0.9434) + 1980(0.8900) + 2420(0.8396) + 1760(0.7921) VP= - 6153, 73 + 6018, 32 VP= -135, 41 CONCLUSIONES:  

Tiene 4 años de vida útil. se ha utilizado el Método de Valor Presente

 

Tiene una tasa de interés del 10% Puesto que el VP = -135,41 entonces se debe RECHAZAR la inversión.

RECOMENDACIÓN: Bueno el empresario no deberá invertir en ese equipo ya que estaría perdiendo 135,41. 6.25. Un inversionista ha estudiado con cuidado el comportamiento de varias compañías y sus acciones comunes. A partir de su análisis ha decidido que las acciones de seis firmas son las mejores de entre las muchas que examinó. Representan más o menos el mismo riesgo, así que quisiera determinar en cual invertir. Planea conservar las acciones durante cuatro años y requiere una tasa mínima atractiva de rendimiento del 10 %.

Acciones Comunes

Precio / acción

Western House Fine Foods Mobile Motors Trojan Products U.S. Tire Wine Products

$24,5 45 30,625 12 33.375 52.5

Dividendos anuales de fin de año /acción $1.25 4.50 0 0 2.00 3.00

Precio estimado después de 4 años $32 45 42 20 40 60

¿Qué acciones debe pensar en comprar el inversionista, si es que compra algunas? (Respuesta: Trojan Products) SOLUCIÓN a) Western House

Se

P=24,5 0

1

i = 10% I=1,25/ año 2

3

L=32 4

INGRESOS VP= -24,5 + 1,25(P/A, 10%,4) + 32(P/F,10%,4)

analizan

VP= -24,5 + 1,25(3,170) + 32 (0,6830) VP= $ 1,3185 b) Fine Foods

Se

P=45 0

1

i = 10% I=4,50/ año 2

3

L=45 4

analizan

INGRESOS VP= -45 + 4,50(P/A, 10%,4) + 45(P/F,10%,4) VP= -45 + 4,50(3,170) + 45(0,6830) VP= $ 0 c) Mobile Motors

Se

P=30,625 0

1

iI=0/ = 10% año 2

3

L=42 4

analizan

L=20 4

analizan

INGRESOS VP= -30,625 + 0 + 42(P/F,10%,4) VP= -30,625 +0 + 42(0,6830) VP= $ 0,11 d) Trojan Products

Se

iI=0/ = 10% año

P=12 0

1

2

3

INGRESOS VP= -12 + 0 + 20(P/F,10%,4) VP= -12 + 0 + 20(0,6830)

VP= $ 1,66 e) U.S. Tire

Se

P=33,375 0

1

i = 10% I=2,00/ año 2

3

L=40 4

analizan

INGRESOS VP= -33,375 + 2,00(P/A, 10%,4) + 40(P/F,10%,4) VP= -33,375 + 2,00(3,170) + 40(0,6830) VP= $ 0,285 f) Wine Products

Se

P=52,5 0

1

i = 10% I=3,00/ año 2

3

L=60 4

analizan

INGRESOS VP= -52,5 + 3,00(P/A, 10%,4) + 60(P/F,10%,4) VP= -52,5 + 3,00(3,170) + 60(0,6830) VP= - $ 2,01

CONCLUSIONES:     

Se trata de una situación en la cual se comparan múltiples alternativas económicas Cada alternativa tiene 4 años de vida útil. Para la comparación se ha utilizado el Método de Valor Presente Las alternativas tienen una tasa de interés del 10% Puesto que se analizan INGRESOS, entonces la mejor alternativa es la compañía Trojan Products, ya que el VP = $ 1,66.

RECOMENDACIÓN:

El inversionista debe seleccionar la compañía Trojan Products, por tener una diferencia económica mayor a las demás compañías evaluadas con sus respectivas acciones.

6.30. La construcción de un pequeño edificio cuesta $150000. Tiene una vida útil estimada de 40 años y costos de mantenimiento estimados de $5000 al año. Después de su vida útil, se demolerá y se construirá otro. Se supone que el edificio de reemplazo tiene el mismo costo inicial y los mismos costos de mantenimiento que el original. Empleando una tasa de interés de 8% calcúlese el costo capitalizado. SOLUCIÓN: Datos P=150000 L=0 A=5000/año i=8% n= 40 años i = 8%

P= 150000

A= 5000/año

L=0

40

0 1

2

3

SE ANALIZAN COSTOS VP = 150 000 + 5 000(P/A; 8%; 40) – 0(P/F; 8%; 40)

REEMPLAZANDO LOS VALORES, TENEMOS: VP = 150 000 + 5 000(11.925) – 0(0.0460) VP = 209 625 Conclusiones: -

Se trata de una situación en donde solo se analiza una alternativa Para el análisis se a utilizado el método del valor Presente. El resultado es VP = 209 625 Se está analizando costo puesto que

Recomendación: -

Quien va a tomar la decisión debe rechazar dicho proyecto, Puesto que el valor presente es mayor que el desembolso inicial en cuanto al costo.