11 cap solucao dos exercicios (1)

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Solução dos Exercícios
Capítulo 1
Exercício 1.8.1
200500
2.700
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
VAL(i) = (2.700 – 500) – 200 (1/(1 + j) + 1/(1 + j)2 + ... + 1/(1 + j)15) = 0
VAL(i) = (2.700 – 500) – 200 (1– (1 + j)–15) / j = 0
Por tentativas: VAL(0,0415) = –0,53 Resposta: 4,15 % ao mês
Exercício 1.8.2
2.000 x x x
20.000
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
0
1.000
x
1 2 3 4
Taxa anual efetiva: j = (1,06)2 – 1 = 0,1236 por ano.
VF(12,36%) = 2.000(1,1236)10 + X[ 1,12368 + 1,12366 + 1,12363] –20.000 = 0
X = 2.275,26
Exercício 1.8.3
Tomando 5 anos como unidade de tempo
Taxa efetiva j = (1,04)5 – 1 = 0,2167
VF(21,67%) = –X(1,2167)4 + 1.000[(1,2167)3 + (1,2167)2 + (1,2167) + 1] = 0
X = 2.508,92
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Exercício 1.8.4
P
500 100
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
a) P = 500/1,126 + 100*(1 / 1,1220 + ... + 1 / 1.128) = 543,88
b) M = 1.000*1,126 = 1.973,82 j = 1,121/12 –1 = 0,0095 ao mês
V = 1.973,82*0,0095 = 18,75 por mês
Exercício 1.8.5
1000
2000
0 120
–1.000(1 + j)120 + 2.000 = 0 Taxa efetiva mensal j = 0,00579 por mês
Taxa nominal anual = 0,00579 *12 = 0,0695
Exercício 1.8.6
A taxa efetiva mensal será 0,06 / 12 = 0,005
O filho menor receberá X(1,005)12 x (21–3) = X(1,005)216
O filho do meio receberá Y(1,005)12 x (21–5) = Y(1,005)192
O filho maior receberá Z(1,005)12 x (21–8) = Z(1,005)156
Como estas quantias devem ser iguais, X(1,005)24 = Y e X(1,005)60 = Z
Como X + Y + Z = 15.000 X(1 + 1,00524 + 1,00560) = 3,476X = 15.000
Donde X = R$ 4.315,30 Y = R$ 4.864,00 Z = R$ 5.820,70
Ao atingir a maioridade, cada um receberá R$ 12.673,04.
Exercício 1.8.7
Podemos tomar a taxa de atualização como igual à taxa de juros a=3%
ao mês.
Para um leigo, sem considerar o valor temporal do dinheiro, o lucro
teria sido igual a 7.000.
Avaliado no final do negócio:
Lucro = VF(3%) = –20.000*1,0311 + 7.000*1,0310 + 2.000*(1,039 + 1,038
+ ... + 1,03 + 1)
Lucro = 4.650,50
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Avaliado no momento da venda:
Lucro = VE1(3%) = 4.650,50/1,0310 = 3.460,41
Exercício 1.8.8
Vamos supor que o carro seja vendido por R$ 10.000; seu valor com 15% de
desconto é R$ 8.500
Solução dos Exercícios
3
8.500
1.389
10.000
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24
a) VAL(j) = 8.500 – 1.389(1/(1 + j) + 1/(1 + j)2 + ... + 1/(1 + j)24) +
10.000/(1 + j)24= 0
Por tentativas achamos j = 15,19%
b) 10.000 / 1,151924 = 335,77 a letra de câmbio vale 3,36% do preço
Exercício 1.8.9
a) VAL(0,15) = 10.000
b) VAL(0,15) = 1.500 (1/1,156 + ... + 1/1,15) +
8.000/1,156 = 9.135,34
c) Taxa real = (0,15 – 0,10) / (1 + 0,10) = 0,04545
por semestre
Usando a taxa real com valores deflacionados:
VAL(0,04545) = 1.000(1/1,045456 + ... + 1/0.4545 + (9.000/1.106)/1.045456
VAL(0,04545) = 9.041,26
Usando juros correntes e valores correntes:
VAL(0,15) = 1.000 (1,1/1,15+ (1,1/1,15)2+ ...+(1,1/1,15)6)+ 9.000/1,156 = 9.041,26
Logo, a melhor alternativa é vender à vista
Se usássemos o VF, teríamos:
a) VF(0,15) = 10.000
b) VF(0,15) = 9.135,34*1,156 = 21.130,60
c) VF(0,15) = 9.041,26*1,156 = 20,912,98
A melhor seria a proposta b). Há algo errado, pois VAL e VF tem de
ser coerentes! Esta questão será esclarecida no Capítulo 4, mas observa-
mos desde já que, no caso do VF, estamos comparando valores em instantes
diferentes, o que é errado. Os VAL estão todos referidos ao instante 0, e a
comparação é válida.
1.500
8.000
0 1 2 3 4 5 6
Fluxo de caixa b)
1.000
9.000 / 1,106
0 1 2 3 4 5 6
Fluxo de caixa c)
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Exercício 1.8.10
Como o preço do carro acompanha a inflação, vamos trabalhar com valores
reais (deflacionados) e supor que o carro vale 100 em unidade monetária da
data 0. A prestação será igual a 2,2. Supondo o carro sorteado na ka reunião,
temos o diagrama de fluxo de caixa a seguir:
100
2,2
0
1 2 3 k 48 49 50
Taxa corrente 46,78% ao ano corresponde a 1,46781/12 – 1 = 0,0325 ao mês.
Taxa real de juros: r = (0,0325 – 0,01) / (1 + 0,01) = 0,0223, que é a taxa a
ser usada.
a) Para ser vantajoso, devemos ter VAL > 0
100/1,0223k–2,2*(1/1,0223 + 1/1,02232 + ... + 1/1,022349 + 1/1,022350) > 0
= 100/1,0223k – 65,91 > 0 1,0223k < 100/65,91 = 1,52 k < 18,90
Poderíamos, também determinar por tentativas: k = 18 VAL = 1,33
k = 19 VAL = –0,14
Resposta: é vantajoso ser sorteado até a 18a reunião.
b) Lance máximo na primeira reunião:
VAL = (100 – 2,2q)/1,0223 – 2,2*(1/1,0223 + 1/1,02232 + ... +
1/1,022349–q + 1/1,022350–q) > 0
Resolvemos por tentativas: q = 27 VAL = 0,46 q = 28 VAL = –3,64
Resposta: o maior lance deve ser de 27 prestações.
c) Não foi sorteado até a 10a reunião. Que lance pode dar?
100–2,2q
2,2
0
1 2 3 k 48 49 50
100–2,2q
2,2
0
1 2 3 10 48 49 50
VAL = (100–2,2q)/1,022310 – 2,2*(1/1,0223 + 1/1,02232 + ... +
1/1,022349–q + 1/1,022350–q)>0
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Por tentativas: q = 15 VAL = 0,69 q = 16 VAL = –0,07
Resposta: o lance máximo é de 15 quotas.
Podemos também usar uma planilha, que permite uma visão geral do
problema. Vamos agora simular o problema com valores correntes. As quotas
agora variam de acordo com a inflação, e os valores são atualizados pela
taxa corrente. Ver Planilha Ex. 1.8.10
Capítulo 2
Exercício 2.6.1
A solução está na planilha correspondente.
Exercício 2.6.2
A solução está na planilha correspondente.
Capítulo 3
Exercício 3.10.1
Solução dos Exercícios
5
5–2 = 3
10 6 7
10 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17
Da Planilha Ex. 3.10.1 temos VAL(12%) = 1,778 > 0.
O projeto é viável economicamente.
Exercício 3.10.2
O projeto não é convencional, pois seu fluxo de caixa apresenta cinco varia-
ções de sinal, podendo ter uma ou três ou cinco raízes. Da mesma Planilha
Ex. 3.10.1, temos uma raiz i* = 14,51%.
Calculando os saldos sucessivos com este i*, verificamos que são todos
negativos e, portanto, o projeto é de investimento puro e i* é a TIR. Como
TIR = 14,5% > i = 12%, o projeto é viável.
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Exercício 3.10.3
Da Planilha Ex. 3.10.1 temos RBC(12%) = 1,07 > 1. Logo, o projeto é viável.
Exercício 3.10.4
A rigor o tempo de retorno não deve ser usado em projetos não-convencio-
nais, pois pode levar a conclusões erradas. Na Planilha Ex. 3.10.1 vemos que,
à primeira vista, o TRI estaria entre 5 e 6 anos. Como o máximo aceitável é
6 anos, o projeto seria considerado viável, porém, seguindo adiante encontra-
mos saldo negativo no ano 7, indicando que a recuperação do investimento
efetivamente seria no ano 8, e na realidade ele é inviável.
Exercício 3.10.5
0 1 2 3 4 5 6
100 200 300
x
Fluxo de Caixa do Empréstimo i = 10% a.a
Receita
205,4
2
Fluxo de Caixa da Empresa i = 10% a.a
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 250
VF(1%) = – 100(1,01)5 – 200(1,01)4 – 300(1,01)3 + X[(1,01)2 + (1,01) + 1] = 0
X = 205,4
A solução usando planilha está na Planilha Ex. 3.10.5.
Da Planilha Ex.3.10.5 temos:
VAL(10%) Prestação = –R$ 510,742 milhões
VAL(10%) Manutenção = –R$ 18,154 milhões
VAL(10%) Custo total = –R$ 528,896 milhões
VAL(10%) Rec. total min. = VAL(10%) Custo total = –R$ 528,896 milhões
BUE(10%) Rec. mensal min. = R$ 4,646 milhões
Veículos/mês/sentido = 100.000
Pedágio mínimo = R$ 23,23
Exercício 3.10.6
Se não houvesse juros, a prestação do carro seria R$ 12.000/24 = R$ 500.
Como José dispõe,no máximo, de R$ 600 por mês, há uma faixa de juros que
torna o problema viável.
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Condição de viabilidade: VAL(i) ≥ 0 i ≤ TIR = 1,51%
Capítulo 4
Exercício 4.11.1
Da planilha correspondente, temos:
a) VAL(15%)A = 64.883 > 0. Logo, A é viável.
b) O projeto B é convencional, com TIRB = 175% > 15%. Logo, B é viável.
c) Os horizontes sendo diferentes, temos de igualá-los. A atividade sendo
permanente, o modelo adequado é o da repetição, que pode ficar
implícita se usarmos como critério BUE.
BUE(15%)A1 = 12.928 > BUE(15%)B1 = 12.928. Logo, economicamente,
A é melhor que B.
d) Neste caso, é preciso explicitar as repetições, e a comparação usan-
do a TIR exige análise incremental. O incremento (B1 – A1) tem
quatro variações de sinal e portanto pode ter zero, dois, ou quatro
raízes. Tem duas: –41,4 (que não interessa) e 3,7%. Segue que para
0 < i < 3,7%, B é melhor que A, e para i > 3,7%, A é o melhor. Como
i = 15%, A é melhor.
e) Como BUEApIR = 8.247 > BUEApIR = 7.972, A é melhor que B, pós-IR.
Exercício 4.11.2
Como as receitas e despesas são as mesmas nos dois casos, podem ser
desconsideradas na comparação. Os horizontes também são iguais e pode-
mos usar qualquer critério científico. Vamos usar o VAL(i). Cálculos na pla-
nilha correspondente.
Fluxo de caixa da opção compra
Depreciação linear em 10 anos
Depreciação por ano = R$ 10.000
Redução IR = R$ 3.500
Valor contábil no fim de 5 anos = R$ 50.000
Prejuízo na venda = R$ 30.000
IR recuperado = R$ 10.500
VAL(15%)Compra = –73.104
Solução dos Exercícios
7
R$ 12.000
R$ 600
0 1 2 3 23 24
3.500
100.000
20.000
10.500
0 1 2 3 4 5
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Prestação do leasing = 4.420.
Em 12 meses dá uma despesa de R$ 53.042, que dará uma redução do
IR de R$ 18.560 a cada ano.
Na venda, no fim de 5 anos a empresa recebe R$ 20.000 e paga R$ 7.000
de IR sobre este lucro, com uma entrada líquida de R$ 13.000
VAL(15%)Leasing = –21.026
O leasing é mais vantajoso do ponto de vista econômico.
Exercício 4.11.3
Fluxo de Caixa da Opção leasing
4.420
18.565 18.565 18.565 18.565100.000
18.565
13.000
0 12 24 36 48 60
2
20
3
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 21 22 23 24 25 26 27 28 29 300F 20
1
10
2
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 21 22 23 24 25 26 27 28 29 300G1 20
1
10
2
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 26 27 28 29 300G2 25
1
10
2
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 290G3 30
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A figura mostra os fluxos de caixa de cada projeto, donde calculamos:
BUEF(15%) = –6,176, BUEG1(15%) = BUEG2(15%) = BUEG3(15%) = –3,588.
Supondo infinitas repetições, para igualar os términos,
BUCF(15%) = –6,176 / 0,15 = –41,173
BUCG1(15%) = BUCG2(15%) = BUCG3(15%) = –3,588 / 0,15 = –23,919
Representando os projetos pelo respectivo VCAP(15%) e aplicando o
modelo III, temos:
Solução dos Exercícios
9
VALBUCF’(i) = –41,173
VALBUCG’(i) = –23,919(1 + 1/1,155 +1/1,1510)
VALBUCG’(i) = –41,723,
donde podemos concluir que o projeto de menor custo é F’.
Evidentemente neste caso, em que os inícios são os mesmos, poderíamos
representar G num único fluxo de caixa, mas seria muito mais trabalhoso.
Capítulo 5
Exercício 5.4.1
Deve cessar a exploração no fim do terceiro ano (ver Planilha Ex. 5.4.1).
Exercício 5.4.2
A vida econômica é de 7 anos (ver Planilha Ex. 5.4.2).
Exercício 5.4.3
A máquina deve ser substituída agora (ver Planilha Ex. 5.4.3).
F’
–41,17
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 110
G’1 G’2 G’3
23,919 23,919 23,919
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 110
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Fundamentos da Engenharia Econômica e da Análise Econômica de Projetos
10
Exercício 5.4.4
Devemos trocar as peças a cada 1.500 horas (ver Planilha Ex. 5.4.4).
Capítulo 6
Exercício 6.7.1
Ver Planilha Ex. 6.7.1.
Exercício 6.7.2
Vamos supor que a faixa de variação das variáveis seja igual a ± 3σ.
Supondo independentes e com distribuição normal, o montante dos
custos de construção VF(1%) seria uma normal de média σ = 604,010 e
desvio padrão σ = 18,79.
Supondo independência dos custos de manutenção e o volume do tráfe-
go, teríamos respectivamente as normais μ = 18,15 e σ =0,14 e µ =22.766.191
e σ = 55.642.
Asolução analítica é muito complicada, pois envolve a distribuição de pro-
babilidade do quociente de duas normais. Usaremos o método de Monte
Carlo, que não tem esta dificuldade.
Os cálculos estão na planilha de soluções correspondente, Exercício 6.7.2.
É razoável supor o custo de construção independente do custo de
manutenção e do tráfego, mas estes são certamente correlacionados, pois
quanto maior o tráfego, maior o desgaste e, portanto, maior a manutenção.
Vamos considerar o caso mais crítico: ρ = 1.
A Planilha Ex. 6.7.2 tem a comparação dos dois casos.
Exercício 6.7.3
Supondo independência das variáveis, o VAL(i), como combinação linear de
variáveis independentes, terá distribuição aproximadamente normal. A Pla-
nilha Ex. 6.7.3 tem a solução. A probabilidade de o produto não ser viável
economicamente é de 20,96%.
Capítulo 7
Exercício 7.5.1
Vamos supor que as variáveis tenham distribuição normal e que a faixa de va-
riação seja igual a ± 3σ.
Como estamos comparando duas alternativas de mesmo horizonte, po-
demos usar qualquer critério de valor. Vamos usar o VAL(i). As vendas, o
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preço de venda, o custo do material são os mesmos para as duas máquinas,
e se cancelam na comparação.
Custo de produção B = Normal(μ = –0,10, σ = 0,012/3 = 0,004)
Custo de produção A = Normal(μ = –0,12, σ = 0,012/3 = 0,004)
Diferença B–A = Normal (μ = 0,02, σ = 0,004 √ 2) B e A independentes.
O fluxo de caixa pós-IR de B–A será:
Vo = –5000 – (–4300) = –700
Vt = (1–ρ)Vendat*Normal(σ = 0,02, σ = 0,004√ 2) + ρ (deprB – deprA)
Vt =0,65*10.000*Normal((μ = 0,02, σ = 0,004√ 2) + 0,35*(500 – 430)
Vt = Normal (μ = 154,50, σ = 36,77) t = 1...n – 1
Vn = Normal (μ = 154,50, σ = 36,77) Não há valor residual
VAL(0,15)B–A= –700 + Normal (μ = 154,50*VP(0,15;10;–1), σ = 36,77*√
VP(1,15²–1;10;–1)), usando as Fórmulas 6.5.1 e 6.5.2.
VAL(0,15)B–A= Normal (μ = 75,40, σ = 62,74), z = (0–75,40)/62,74 = –1,20
A probabilidade de B ser melhor que A é de 80,58%
Exercício 7.5.2
A introdução de venda variável complica muito o problema, pois Vt = (1–ρ)
Normal (μ = 10.000, σ = 500)*Normal (μ = 0,02, σ = 0,004√ 2) + ρ (deprB –
deprA).
O VAL(i) seria uma combinação linear do produto de 2 normais, cuja
distribuição é praticamente intratável.
Entretanto podemos resolver facilmente pelo Monte Carlo, como mostra
a Planilha Ex. 7.5.2.
Probabilidade de B ser melhor que A = 88,75%.
Exercício 7.5.3
A árvore de decisão da Planilha Ex. 7.5.3 mostra que a melhor decisão é fazer a
ampliação simples, que resulta num Valor Monetário Esperado de R$ 38.498.
O valor da informação perfeita é R$ 10.927.
Solução dos Exercícios
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