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• Brenda Lucia

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Aplicaciones de Análisis de Valor Anual Equivalente 1. La compañía Harrison experimenta accidentes industriales frecuentes que afectan a los trabajadores que desempeñan las actividades de soldadura por puntos. La compañía está estudiando la posibilidad de invertir en un robot específico. La inversión requerida costará a la empresa Harrison $1 millón, que debe pagarse por adelantado; el robot tiene una vida útil de cinco años y un valor de rescate de $100,000. El robot reducirá los costos de mano de obra, los costos del seguro para los trabajadores y el costo de uso de materiales; además, eliminará los accidentes que tengan que ver con los trabajadores en las operaciones de soldadura por puntos. La cifra del ahorro se traduce en un total de $800,000 al año. Los costos adicionales de operación y mantenimiento asociados con el robot suman $300,000 anuales. Suponga que este robot operará 2,000 horas al año. Calcule el ahorro equivalente por hora-máquina a i 15% compuesto anual.

DATOS:

SOLUCION INVERSION(I) VIDA UTIL(años) VALOR DE RESCATE(S) AHORRO COSTOS ADICIONALES TIEMPO DE OP. INTERES

$ 1.000.000,00 5 AÑOS $ 100.000,00 $ 800.000,00 ANUALES $ 300.000,00 2000 HORAS-AÑO 15% COMPUESTO ANUAL

AHORRO NETO AHORRO COSTOS ADICIONALES AHORRO NETO= AHORRO NETO=

$ 800.000,00 ANUALES $ 300.000,00 $ 800.000,00 - $ 300.000,00 $ 500.000,00

VALOR PRESENTE (VP) VP (i) = - INVERSION(I) + AHORRO NETO (P/A,i,N) + S (P/F,i,N) = $ -1.000.000,00 + $ 500.000,00 (P/A,15%,5) + $ 100.000,00 (P/F,15%,5) = $ -1.000.000,00 + $ 500.000,00 3,3522 + $ 100.000,00 0,4972 VP 15% = $ 725.820,00 AHORRO ANUAL EQUIVALENTE (AE) AE (i) = VALOR PRESENTE (VP) *(A/P,i,N) = $ 725.820,00 * (A/P,15%,5) = $ 725.820,00 * 0,2983 AE 15% = $ 216.512,11 AHORRO HORA-MAQUINA A H-M = AHORRO ANUAL EQUIVALENTE (AE) TIEMPO DE OP. = $ 216.512,11 2000 HORAS-AÑO A H-M = $ 108,26 HORA

$100.000,00 $ 500.000,00

$ 500.000,00

$ 500.000,00

$ 500.000,00

2

3

4

$500.000,00

0 1

VP AE A H-M

$ 1.000.000,00 2000

2000

5 AÑOS

15% = $ 725.820,00 15% = $ 216.512,11 = $ 108,26 /Hr

2000 2000 HORAS DE OPERACIÓN POR AÑO

2000

2. La compañía B&S fabrica varias líneas de lavadoras de presión. Una única parte, una leva axial, requiere herramientas especializadas que necesitan reemplazarse. La administración ha decidido que la única alternativa para reemplazar estas herramientas es adquirir la leva axial de una fuente externa. El uso promedio de B&S de la leva axial es de 120,000 unidades por año durante los próximos cinco años. Opción “comprar”: Un proveedor está dispuesto a proveer la leva axial a un precio unitario de venta de $35, si, por lo menos, se ordenan 100,000 unidades anualmente. • Opción “fabricar”: Si se compran las herramientas especializadas, costarán $2200,000 y tendrán un valor de rescate de $120,000 después de su vida económica esperada de cinco años. Con estas nuevas herramientas, se reducirán los gastos directos de mano de obra y los gastos indirectos de fabricación, lo que daría como resultado el siguiente costo de producción unitario:

FABRICAR COSTO DE RECUPERACION DE CAPITAL CR (I) = COSTO - V. DE RESCATE )*(A/P,i,N) + i V. DE RESCATE = $ 2.200.000,00 - $ 120.000,00 (A/P,12%,5) + 12% $ 120.000,00 = $ 2.200.000,00 - $ 120.000,00 $ 0,28 + 12% $ 120.000,00 CR 12% = $ 591.392,00 SOLUCION COSTO ANUAL EQUIVALENTE (CAE) COMPRA CAE(I) = PRECIO U DE VENTAVOLUMEN REQUERIDO = $ 35,00 120000 CAE 12% = $ 4.200.000,00

COSTO DE PRODUCCION CO

(I)

= COSTO UNITARIO

VOLUMEN REQUERIDO

$ = 26,30 CO

*

120000

12% = $ 3.156.000,00

COSTO ANUAL EQUIVALENTE (CAE) CAE (I)

= CR $ = 591.392,00 $

CAE 12% = 3.747.392,00

+ CO $ + 3.156.000,00

COSTO UNITARIO DE PRODUCCIO COMPRA CU = PRECIO U DE VENTA CU = $ 35,00 FABRICACION CU = CAE VOLUMEN REQUERIDO CU = $ 3.747.392,00 120000 CU = $ 31,23

El cálculo de equivalencia anual indica que sería mejor para B&S fabricar la leva axial en vez de comprarla a un vendedor Externo.

3. Análisis de costo del ciclo de vida: Cómo los motores de eficiencia superior pueden reducir sus costos de electricidad La corporación Birmingham Steel está considerando reemplazar 20 motores convencionales de inducción de 25 HP, 230 V, 60 Hz y 1800 rpm en su planta con motores modernos de eficiencia superior (PE). Ambos tipos de motor cuentan con una potencia de salida de 18.650 kW por motor (25 HP*0.746 kW/HP). Los motores convencionales tienen una eficiencia del 89.5%, en tanto que los motores PE ofrecen una eficiencia del 93%. El costo inicial de los motores convencionales es de $13,000, mientras que el costo inicial de los motores PE propuestos es de $15,600. Los motores operan 12 horas al día, 5 días a la semana, 52 semanas al año, con un costo de electricidad en la localidad de $0.07 por kilowatt-hora (kWh). El ciclo de vida de ambos motores, el convencional y el PE, es de 20 años, y no tienen un valor de rescate significativo. a) A una tasa de interés del 13% compuesto anual, ¿cuál es el monto del ahorro por kWh como resultado de cambiar los motores convencionales por motores PE? b) ¿A las cuántas horas de operación son igualmente económicos los dos tipos de motores? Siempre que comparamos máquinas con diferentes tasas de eficiencia, se necesita: - Determinar las potencias de alimentación requeridas para operar las máquinas. - Número de horas de operación - Costo de potencia (costo de energía equivalente) Como el porcentaje de eficiencia es igual a la razón entre la potencia de salida y la potencia de alimentación, podemos determinar la potencia de alimentación dividiendo la potencia de salida entre el porcentaje de eficiencia del motor:

DATOS TIPO DE MOTOR CONVENCIONAL EFICIENCIA SUPERIOR (PE) 25 25 0,746 0,746 18,650 Kw 18,650 Kw 89,50% 93% 13000 $ 15600 $ 3120 h/año 3120 h/año 0,07 $/Kw h 0,07 $/Kw h 20 años 20 años 13% 13%

HP Kw/HP Potencia de salida Eficiencia Costo inicial Horas de op. Costo de Electricida Ciclo de vida Tasa de interes

A) MOTOR CONVENCIONAL

20 motores 12 h/dia 5 dias/semana 52 semana/año

B) MOTOR PE potencia de salida porcentaje de eficiencia

Potencia de alimentación= Potencia de alimentación=

18.650 Kw 0.895

Potencia de alimentación=

18.650 Kw 0.93

Potencia de alimentación=

20.838 Kw

Potencia de alimentación=

20.054 Kw

El potencial de alimentacion supone un ahorro de energia

= = es decir que si remplaza los 20 motores tendria un ahorro de energia de:

20.838 Kw 0.784 Kw or motor remplazado 15.685 KW

20.054 Kw

CONSUMO POR AÑO= Potencia de alimentacion* horas de operación concumo=

20.838 Kw

Consumo anual =

3120 h/año

concumo=

65014.525 Kwh/año

20.054 Kw

Consumo anual =

El ahorro anual del consumo

= = es decir que si remplaza los 20 motores tendria un ahorro anual de energia de:

3120 h/año

62567.742 Kwh/año

65014.525 Kwh/año 2446.783 Kw or motor remplazado 48935.664 Kwh/año

62567.742 Kwh/año

COSTO ANUAL DE ENERGIA= consumo poir año* costo de electricidad costo

65014.525 Kwh/año

Costo anual=

0.07 $/Kw h

costo =

4551.017 $/año

62567.742 Kwh/año

Costo anual=

La difer4encia de costo anual de energia sera= = Ahorro de un motor en energia = es decir que si remplaza los 20 motores tendria un ahorro anual de:

0.07 $/Kw h

4379.742 $/año

4551.017 $/año 171.275 $/año 3425.496 $/año

4379.742 $/año

COSTO DE CAPITAL= P(A/P, i, n)=factor de recuperacion de capital costo de cap Costo anual=

13000.000 (A/P, 13%, 20) 13000.000 0.1424 1851.200 $/año

costo de cap Costo anual=

Ahorro por hora de operación = Costo incremental de capital = es decir que si remplaza los 20 motores tendria un ahorro anual de:

15600.000 (A/P, 13%, 20) 15600.000 0.1424 2221.440 $/año

1851.200 $/año 370.240 $/año 7404.800 $/año

2221.440 $/año

COSTO ANUAL EQUIVALENTE (CAE) =COSTO DE CAPITAL + COSTO ANUAL DE ENERGIA CAE(13%)

1851.200

CAE(13%) =

Potencia total de salida por año= Potencia total de salida por año= Potencia total de salida por año= Coso por kWh =

4551.017 6402.217 $/año

HP *

CAE(13%) CAE(13%) =

COSTO UNITARIO POR kWh = CAE /potencia de salida kWh * Hora Op. Potencia total de salida por año=

25 0.746 58188 kWh 6402.217 58188 Coso por kWh = 0.11003 $/kWh diferencia de sosto unitario po kWh =

3120 Potencia total de salida por año= Potencia total de salida por año= Coso por kWh =

Coso por kWh = = 0.110 = -0.003 Es decir que los motores convencionales son mas baratos de operas si solo trabajan 3120 h anuales

2221.440

4379.742 6601.182 $/año

HP *

kWh *

25 0.746 58188 kWh 6601.182 58188 0.11345 $/kWh 0.11345

Hora Op. 3120

CONVENCIONAL EFICIENCIA SUPERIOR (PE)Horaas de Op.convencional 0.746 0.746 25 25 0 1,850.60 € 6742 6742 500 S/. 2,579.93 0.895 0.93 1000 S/. 3,309.26 1500 S/. 4,038.59 Costo inicial ($) 13000 15600 2000 S/. 4,767.92 Valor de rescate ($) 0 0 2500 S/. 5,497.25 Vida de servicio (años) 20 20 3000 S/. 6,226.58 Tarifa de electricidad ($/kWh) 0.07 0.07 3500 S/. 6,955.91 Tasa de interés (%) 0.13 0.13 4000 S/. 7,685.24 4500 S/. 8,414.57 5000 S/. 9,143.90 Costo de capital ($/año) 1850.59925 2220.7191 5500 S/. 9,873.22 Costo de energía ($/año) 9834.280447 9464.17312 6000 S/. 10,602.55 Costo anual equiv. total 11684.8797 11684.8922 6500 S/. 11,331.88 Costo por kWh 0.092930155 0.09293025 7000 S/. 12,061.21 7500 S/. 12,790.54 8000 S/. 13,519.87 8500 S/. 14,249.20 8750 S/. 14,613.87

Kw/HP Potencia de salida (hp) Horas de operación por año Eficiencia (%)

PE

S/. S/. S/. S/. S/. S/. S/. S/. S/. S/. S/. S/. S/. S/. S/. S/. S/. S/.

2,220.72 € 2,922.60 3,624.48 4,326.36 5,028.25 5,730.13 6,432.01 7,133.89 7,835.77 8,537.65 9,239.54 9,941.42 10,643.30 11,345.18 12,047.06 12,748.94 13,450.83 14,152.71 14,503.65

COMPARACIÓN DEL COSTO ANUAL EQUIVALENTE PARA VIDAS DE PROYECTOS DESIGUALES Usted opera un pequeño taller donde necesita reemplazar una lijadora. Se proponen dos modelos diferentes: • El modelo A es semiautomatizado, requiere una inversión inicial de $150,000 y tiene un costo de operación anual de $55,000 durante tres años; al cabo de este tiempo tendrá que reemplazarse. El valor de rescate esperado de la máquina es de sólo $15,000. • El modelo B es una máquina automatizada con una vida de 5 años y requiere una inversión inicial de $230,000, con un valor de rescate estimado en $35,000. El costo anual esperado de operación y mantenimiento de la máquina B es de $30,000. Suponga que se espera que el modo de operación actual continúe por un tiempo indefinido. Además, usted piensa que estos dos modelos estarán disponibles en el futuro, sin cambios significativos en el precio o en los costos de operación. A una TREMA 15%, ¿qué modelo debería elegir? Aplique el enfoque de equivalencia anual para elegir la máquina más económica.

DATOS: MODELO INVERCION INICIAL COSTO DE OPERACIÓN TIEMPO DE VIDA VALOR DE RESCATE TREMA

A

B

150000 230000 55000 30000 3 AÑOS 5 AÑOS 15000 35000 15% 15%

Este ejemplo es un caso en el que convenientemente usamos el mínimo común múltiplo de las vidas de proyectos como nuestro periodo de análisis. Comparación de proyectos con vidas desiguales, con base en el enfoque de la cadena de reemplazo; periodo de servicio mínimo común múltiplo de 15 años

MODELO A periodo VP

3 (primer ciclo) 15% = -150000 = -265715

CAE

periodo

15% = =

-55000 (P/ A, 15%,3)+ 15000 (P/ F, 15%,3)

265715 (A/P, 15%,3) 116377

15 (cinco ciclos de remplazo) VP 0.15 = -265715 X(1+ (P/ F, 15%,3) + = -680499 CAE

0.15 =

-680499 (A/P, 15%,15)

(P/ F, 15%,6) + (P/ F, 15%,9) +

(P/ F, 15%,12)

MODELO B periodo

5 (primer ciclo) VP 0.15 = -230000 = -313163 CAE

periodo

15% = =

-30000 (P/ A, 15%,5)

313163 (A/P, 15%,5) 93422

15 (TRES ciclos de remplazo) VP 0.15 = -313163 (1+ = -546270 CAE

0.15 =

35000 (P/ F, 15%,5)

(P/ F, 15%,5) +

-546270 (A/P, 15%,15)

Podemos ver que el costo AE del modelo A es mucho mayor ($116,377>$93,422); por consiguiente, elegimos el modelo B, a pesar de que su costo inicial es más alto.

(P/ F, 15%,10) + (P/ F, 15%,9) )