PROBLEMES DAFFECTATION EXERCICE CORRECTION
PROBLEMES D'AFFECTATION. EXERCICE. Trouver l'affectation minimale dans le tableau suivant : 9 8 6 4 6. 3 6 6 7 4. 4 9 8 3 6. 7 6 4 4 7. 2 8 3 5 6.
Modelisation et resolution de problemes doptimisation combinatoire
11 mai 2005 l'algorithme de référence en Recherche Opérationnelle pour résoudre le problème d'affectation. Son principe est basé sur le fait que les ...
Chapitre 8. Le problème daffectation - Solutions
(b). Les tableaux ci-après décrivent l'application de la méthode hongroise aux données de l'exercice. Nous utilisons les mêmes conventions que dans la solution
Problèmes de transport - formulation des problèmes daffectation
31 mars 2009 ce cas. Page 13. Problèmes de Transport Solution des problèmes de transport Problèmes d'affectation Problème de transbordement Conclusion.
Problème de flot daffectation et de transport
Résolution d'un problème d'affectation par l'algorithme hongrois : . notamment la recherche opérationnelle à cause de leur niveau de complexité.
Un nouvel algorithme pour le problème daffectation quadratique
(M Institut de Programmation Université Paris-VI. R.A.I.R.O. Recherche opérationnelle/Opérations Research
Exercices corrigés sur probl`emes NP-complets
12 sept. 2018 Montrer que un algorithme en temps polynomial peut résoudre le probl`eme. 2-SAT. Correction. Algorithme 2 : Décider s'il existe une affectation ...
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Cet algorithme appelé aussi Méthode Hongroise
INTRODUCTION À LA RECHERCHE OPÉRATIONNELLE
Le premier problème de recherche opérationnelle à visée pratique a été étudié par de l'affectation optimale d'employés à des tâches qui sera étudié aux ...
Chapitre 5 – Solutions des exercices de révision
On obtient alors un problème d'affectation dont la matrice des coûts est donnée par le tableau suivant. On retrouve évidemment la même solution optimale. 1. 2.
Exercices corrigés sur les problèmes daffectation
La page présente plusieurs exercices corrigés sur les problèmes de planification et d'ordonnancement automatisés en particulier sur les problèmes d'affectation
[PDF] Chapitre 8 Le problème daffectation - Solutions
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La recherche opérationnelle (aussi appelée “aide `a la décision”) peut être définie comme l'ensemble des méthodes et techniques rationnelles orientées vers
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Résolution d'un problème d'affectation par l'algorithme hongrois : notamment la recherche opérationnelle à cause de leur niveau de complexité
problemes daffectation (algorithme de kühn - Academiaedu
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Modélisation méthode graphique et algorithme du Simplexe
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[PDF] - Exercices de TD - 1 Modélisation - LIRMM
Exercice 1 - Piles Une manufacture de piles désire ajouter deux nouveaux produits `a son catalogue : la Everlast III et la Xeros dry-cell
1. Érébus et les châteaux de neige.
La figure ci-dessous illustre un réseau associé à ce problème. Les éléments de ce modèle graphique
sont :Flot. Les charges de parpaings de neige expédiées des glacières aux villes constituent
clairement le flot qui circulera dans le réseau.Sommets émetteurs. Les glacières constituent le point de départ des charges de parpaings et
on crée donc dans le réseau les deux sommets émetteurs G1 et G2. Sommets récepteurs. Les villes constituent la destination finale des charges de parpaings et on crée donc dans le réseau les trois sommets récepteurs A, B et C. Sommets de transbordement. Il n'y a aucun sommet de transbordement dans le réseau, car les charges de parpaings sont acheminées directement des glacières aux villes.Arcs. La présence ou l'absence d'un arc entre deux sommets se déduit des définitions
précédentes et du tableau des coûts d'acheminement des charges de parpaings fourni dansl'énoncé. Le coût et les bornes reportés sur un arc se déduisent aisément du texte.
Le problème de réseau associé à la figure ci-dessus a été résolu à l'aide du solveur d'Excel. Une
solution optimale consiste à2 Chapitre 5 Les problèmes de réseaux
produire, en G1 , 200 charges de parpaings, dont 75 seront acheminées à la ville A et 125, à la
ville C; produire, en G2 , 280 charges de parpaings, dont 25, 200 et 55 respectivement seront livrées aux villes A, B et C.Le coût minimal d'approvisionnement des villes s'élève à 290 875 $. Noter que les besoins des
trois villes sont satisfaits selon les minimums indiqués dans l'énoncé.2. La collecte de déchets domestiques.
Pour chacun des quatre secteurs, S1 à S4, on introduit un sommet émetteur dans le réseau; de
même, les sommets récepteurs correspondront aux trois sites d'enfouissement, D1 à D3. On
ajoute des sommets de transbordement, T1 et T2, que l'on dédouble afin de traduire dans leréseau les données (capacité et coût de traitement) associées aux centres. Voici le réseau
résultant. Une solution optimale, dont le coût est de 2 280 euros par jour, recommande : d'acheminer tous les déchets des secteurs S1 et S4 au centre de transbordement T1, tous ceux de S3 au centre T2 et de répartir moitié-moitié les 20 tonnes de S2; de traiter 40 tonnes par jour en T1 et 42 tonnes en T2;de transporter les 42 tonnes traitées en T2 vers le site d'enfouissement D1 et de répartir les 20
tonnes de T2 moitié-moitié entre D2 et D3.Solutions des exercices de révision 3
3. La société Kola.
Composantes du réseau
El Hadj doit décider combien de sacs acheter et vendre chaque mois. On associe dans un premiertemps les mois aux sommets du réseau, et le flot se composera de sacs de kola. Au début de chaque
mois i, El Hadj doit décider :du nombre de sacs à acheter, ce qui se modélise en traitant comme émetteur le sommet associé
au mois i-à-dire en i; du nombre de sacs à vendre, ce qui se modélise en considérant i comme sommet récepteur, -à-dire en ajoutant un arc virtuel i ;du nombre de sacs à entreposer dans le but de les vendre à la fin d'un mois subséquent, ce qui
associé au mois i et dont le sommet terminal est associé au mois i+1.Schématisées, les décisions de El Hadj associées au mois i se représentent par la figure suivante.
Comme la capacité d'entreposage de l'entrepôt durant le mois i est limitée, on dédouble le
sommet i en deux sommets notés Di et Fi , "début» et "fin» du mois. La figure au haut de la page
suivante donne la partie du réseau associée au mois 4. Par l'arc F3 D4 transitent les sacs de kola
qui étaient en stock à la fin du mois 3 et qui n'ont pas été vendus; ils resteront entreposés durant
le mois 4. D4 achemine les sacs de kola achetés au début du mois 4; le coût de
transmission d'une unité de flot par cet arc est le coût d'achat (en milliers de FCFA) d'un sac de
kola au début du mois 4. Les coûts d'entreposage durant le mois 4 sont imputés à l'arc D4 F4
qui acceptera, comme flot, la somme des sacs non vendus à la fin du mois précédent (F3 D4) et
de ceux achetés au tout début du mois ( D4); une borne supérieure de 6 500 et un coût unitaire
de 50 FCFA sont donc attribués à cet arc. Le flot sur l'arc F4 correspond au nombre de sacsde kola vendus à la fin du mois 4 : pour tenir compte de la demande, ce nombre doit appartenir à
l'intervalle [1 400; 2 000]. Chaque sac qui emprunte l'arc F4 rapporte un revenu de 17 000F CFA, ce qui dans le réseau se traduit par un coût de 17. L'arc F4 D5 est similaire à l'arc
F3 D4 . Noter que, d'après la figure, une unité de flot incidente en D4 sera forcément transmise à
F4 pour ensuite se diriger soit vers le sommet virtuel , soit vers D5 , ce qui correspond au faitqu'un sac de kola acheté au début du mois 4 sera forcément entreposé au moins pendant un mois
avant d'être soit vendu en fin de mois 4, soit entreposé pendant le mois 5.4 Chapitre 5 Les problèmes de réseaux
Modélisation graphique et solution optimale
Voici un réseau qui modélise le problème de la société Kola.Une solution optimale
La figure ci-dessous illustre une solution optimale du modèle, le nombre reporté sur un arc
applique la stratégie recommandée par cette solution, El Hadj répondra à la demande maximale seulement lors des mois 1, 2, 3, 5 et 8 ; durant les autres mois, il limitera ses livraisons à 70 stocks en entrepôt ; e mois, comme il se doit ;760 000 F CFA.
Noter que le prix à l 500 sacs,
Solutions des exercices de révision 5
Le tableau " Données concernant les arcs » du gabarit est reproduit ci-dessous.Données concernant les arcs Solution optimale
No Nom S. initial S. terminal Coût un. Borne inf. Borne sup. Flot Coût1 M1: Achats . D1 18 0 6500 6 500 117 000
2 M2: Achats . D2 24 0 6500 0 0
3 M3: Achats . D3 20 0 6500 0 0
4 M4: Achats . D4 20 0 6500 900 18 000
5 M5: Achats . D5 19 0 6500 6 500 123 500
6 M6: Achats . D6 23 0 6500 0 0
7 M7: Achats . D7 22 0 6500 4 800 105 600
8 M8: Achats . D8 23 0 6500 300 6 900
9 M9: Achats . D9 19 0 6500 5 600 106 400
10 M10:Achats . D10 20 0 6500 0 0
11 M1: Ventes F1 . -20 1400 2000 2 000 -40 000
12 M2: Ventes F2 . -20 1400 2000 2 000 -40 000
13 M3: Ventes F3 . -23 1400 2000 2 000 -46 000
14 M4: Ventes F4 . -17 1400 2000 1 400 -23 800
15 M5: Ventes F5 . -22 1400 2000 2 000 -44 000
16 M6: Ventes F6 . -22 2800 4000 2 800 -61 600
17 M7: Ventes F7 . -23 2800 4000 2 800 -64 400
18 M8: Ventes F8 . -24 2800 4000 4 000 -96 000
19 M9: Ventes F9 . -19 2800 4000 2 800 -53 200
20 M10:Ventes F10 . -18 2800 4000 2 800 -50 400
21 M1: Entrep D1 F1 0,05 0 6500 6 500 325
22 M2: Entrep D2 F2 0,05 0 6500 4 500 225
23 M3: Entrep D3 F3 0,05 0 6500 2 500 125
24 M4: Entrep D4 F4 0,05 0 6500 1 400 70
25 M5: Entrep D5 F5 0,05 0 6500 6 500 325
26 M6: Entrep D6 F6 0,05 0 6500 4 500 225
27 M7: Entrep D7 F7 0,05 0 6500 6 500 325
28 M8: Entrep D8 F8 0,05 0 6500 4 000 200
29 M9: Entrep D9 F9 0,05 0 6500 5 600 280
30 M10:Entrep D10 F10 0,05 0 6500 2 800 140
31 M1: F-D F1 D2 0 0 . 4 500 0
32 M2: F-D F2 D3 0 0 . 2 500 0
33 M3: F-D F3 D4 0 0 . 500 0
34 M4: F-D F4 D5 0 0 . 0 0
35 M5: F-D F5 D6 0 0 . 4 500 0
36 M6: F-D F6 D7 0 0 . 1 700 0
37 M7: F-D F7 D8 0 0 . 3 700 0
38 M8: F-D F8 D9 0 0 . 0 0
39 M9: F-D F9 D10 0 0 . 2 800 0
6 Chapitre 5 Les problèmes de réseaux
4. La Société nationale de niobium de Laputa.
(a) Le réseau complété est donné ci-dessous les coûts négatifs des arcs virtuels à droite
réfèrent à la question (b). Ltonne de métal pur; les coûts unitaires sur les arcssont exprimés en dollars laputiens. Ceux entre usines et marchés, qui sont associés aux arcs
V B, U B, ..., W Y, représentent les coûts de transport de 1 tonne de métal pur. Pour les
autres arcs, on doit convertir les coûts fournis dans l'énoncé : il faut 25 tonnes de minerai de la mine
M pour obtenir 1 tonne de métal pur et, par conséquent, les coûts reportés sur les arcs M,
M V et M U sont obtenus en multipliant par 25 les coûts mentionnés dans l'énoncé; demême, il faut multiplier par 20 les coûts associés à la mine N. Enfin, les bornes des arcs virtuels
M et N tiennent compte de la conversion des minerais en équivalents de métal pur. (b) Il suffit, par exemple, de reporter ces prix de vente sur les arcs virtuels B , L et Y . Ces revenus sont affectés d'un signe négatif.(c) Il suffit de dédoubler les noeuds associés aux usines et de reporter les coûts et les bornes
appropriés sur les arcs V V', U U' et W W'. Voici le réseau résultant.Solutions des exercices de révision 7
5. La planification de la production chez Assemblor.
(a) Le flot sur l'arc F1 A1 représente le nombre d'unités du produit P assemblées durant la semaine 1. Les arcs F1 F2 et A1 A2 donnent respectivement le nombre de paires de pièces Xet le nombre d'unités assemblées de P qui seront stockées à l'usine de Longueuil à la fin de la
semaine 1. (b) Voici le réseau une fois complété.8 Chapitre 5 Les problèmes de réseaux
(c) Il s'agit de dédoubler les arcs virtuels Ai figure de gauche ci-dessous indique, à titre d'exemple, ce qu'on obtient pour le sommet A1. (d) Il s'agit d'ajouter, pour i Fi, sur lequel sont reportésun coût de 40 et des bornes (0; 10). La figure de droite ci-dessus indique, à titre d'exemple, ce
qu'on obtient pour F3.(e) Il s'agit d'ajouter, entre les sommets Ai et Fi, un deuxième arc sur lequel sont reportés un
coût de 43 et des bornes (0; 28) ou (0; 35). Voici un réseau modifié qui tient compte des contraintes des questions (c) à (e).Solutions des exercices de révision 9
Section 5.3 Quelques cas particuliers du problème de transbordement1. Les hauts fourneaux.
(a) Pour modéliser une situation réelle comme un problème de transport, il faut déterminer ce
qui, dans cette situation, constitue les origines du problème de transport (avec leurs
disponibilités), ce qui constitue les destinations (avec leurs demandes) et, finalement, quels sont
les coûts unitaires de transport entre les origines et les destinations. Ici, trois types de matériaux
doivent être brûlés dans un ou plusieurs des quatre hauts fourneaux dont la capacité quotidienne
de traitement est limitée. Si l'on associe la capacité de traitement des hauts fourneaux à la
disponibilité des origines, les quantités des trois types de matériaux à brûler aux demandes des
destinations et les coûts de traitement aux coûts de transport, le problème des hauts fourneaux
s'écrit comme un problème de transport dont le tableau des coûts unitaires est le suivant.Minerai Voitures Ferraille Disponibilité
Haut fourneau 1 500 325 370 270
Haut fourneau 2 450 330 360 185
Haut fourneau 3 475 345 380 205
Haut fourneau 4 510 310 350 245
Demande 450 275 180 905
(b) Le tableau suivant énumère les différents arcs du réseau utilisé et donne une solution
optimale. Le haut fourneau numéro 1 traitera 60 tonnes de minerai et 210 de voitures; le 2e et le3e réserveront toute leur capacité au minerai; enfin, le 4e traitera 65 tonnes de voitures et 180 de
025 dollars par jour.
Données concernant les arcs Solution optimale
No Nom S. initial S. terminal Coût un. Borne inf. Borne sup. Flot Coût1 Capacité de HF1 . HF1 0 270 270 270 0
2 Capacité de HF2 . HF2 0 185 185 185 0
3 Capacité de HF3 . HF3 0 205 205 205 0
4 Capacité de HF4 . HF4 0 245 245 245 0
5 Arc 05 HF1 M 500 0 . 60 30000
6 Arc 06 HF1 V 325 0 . 210 68250
7 Arc 07 HF1 F 370 0 . 0 0
8 Arc 08 HF2 M 450 0 . 185 83250
9 Arc 09 HF2 V 330 0 . 0 0
10 Arc 10 HF2 F 360 0 . 0 0
11 Arc 11 HF3 M 475 0 . 205 97375
12 Arc 12 HF3 V 345 0 . 0 0
13 Arc 13 HF3 F 380 0 . 0 0
14 Arc 14 HF4 M 510 0 . 0 0
15 Arc 15 HF4 V 310 0 . 65 20150
16 Arc 16 HF4 F 350 0 . 180 63000
17 Minerai M . 0 450 450 450 0
18 Voitures V . 0 275 275 275 0
19 Ferraille F . 0 180 180 180 0
10 Chapitre 5 Les problèmes de réseaux
2. La livraison des berlingots de lait.
(a) Il faut déterminer ici par quel camion ou fourgonnette chaque camp sera desservi. Il fautproblème d'affectation, la différence venant du fait que les camions desserviront deux camps chacun.
Traduit dans la terminologie générique du problème d'affectation, un employé (le camion) devra être
affecté à deux tâches (les camps), au lieu d'une tâche comme c'est le cas dans le problème classique
d'affectation. La figure ci-dessous illustre le modèle graphique associé à ce problème. Les sommets
émetteurs correspondent aux véhicules et les sommets récepteurs, aux camps. Les coûts des
différents arcs dans le modèle sont donnés par les kilomètres supplémentaires qu'un véhicule doit
parcourir pour desservir un camp.Le tableau suivant décrit une solution optimale. Le nombre total de kilomètres supplémentaires à
parcourir s'élève à 15 + 10 + 18 + 11 + 11 + 19 = 84 kilomètres au minimum.Camp 1 2 3 4 5 6
Véhicule C2 F2 C1 C2 F1 C1
Distance parcourue (en km) 15 10 18 11 11 19
(b) Puisque chaque camion Ci dessert deux camps, on peut imaginer qu'il existe deux copies,Ci et Ci, de ce camion, chaque copie livrant les berlingots à un camp. Il s'agit donc d'affecter les
six "véhicules» C1 , C12, C21 et F2 aux six camps 1, 2, ..., 6. On obtient alors un problème
d'affectation dont la matrice des coûts est donnée par le tableau suivant. On retrouve évidemment
la même solution optimale.1 2 3 4 5 6
C1 18 16 18 14 16 19
C1· 18 16 18 14 16 19
C2 15 14 16 11 17 16
C2· 15 14 16 11 17 16
F1 13 16 18 18 11 18
F2 16 10 19 14 19 15
Solutions des exercices de révision 11
3. La compagnie Abitibus.
Pour déterminer comment apparier les trajets, il faut essentiellement affecter des allers à des
retours. Considérons, à titre d'exemple, les trajets A et 2 : si A constitue l'aller et 2 le retour, le
temps d'attente est de 19,5 heures à Amos; si par contre le trajet 2 est l'aller et A le retour, on
obtient un temps d'attente de 14,5 heures à Montréal; par conséquent, si le trajet A est affecté au
trajet 2, on subira un coût de 14,5 heures et l'équipage de l'autobus résidera à Amos. Dans
certains cas, l'équipage pourra résider indifféremment dans l'une ou l'autre des deux villes, car les
temps d'attente sont identiques; par exemple, si l'on apparie les trajets A et 1, l'équipage attendra
17 heures, qu'il réside à Montréal ou à Amos.
Le problème d'Abitibus est donc équivalent à un problème d'affectation, dont la forme générique
est donnée à la figure 5.41 du manuel. Pour décrire de façon complète un problème d'affectation,
il suffit d'en donner la matrice des coûts d'affectation. Ici, ces coûts correspondent aux temps
d'attente et sont donnés dans le tableau suivant.1 2 3 4 5
A 17 14,5 7,75 5 12
B 16 15,5 8,75 4 11
C 11,5 14 13,25 10,5 6,5
D 5 7,5 14,25 17 10
E 11 8,5 8,25 11 16
De la matrice des coûts d'affectation, on déduit, comme à la section 5.3.3, le modèle graphique
suivant : aux lignes sont associés des sommets émetteurs, dont les bornes sont (1; 1); aux colonnes sont associés des sommets récepteurs de bornes (1; 1);à une entrée à l'intersection de la ligne i et de la colonne j on associe un arc de coût cij .
Le tableau suivant décrit une solution optimale. Le temps total minimal d'attente est de 31,75 heures.Aller Retour Lieu de résidence
de l'équipageTemps d'attente
(en heures)3 A Amos 7,75
B 4 Montréal 4
C 5 Montréal 6,5
D ou 1 1 ou D Montréal ou Amos 5
2 E Amos 8,5
12 Chapitre 5 Les problèmes de réseaux
Section 5.5 Les problèmes apparentés à des problèmes de réseaux1. La compagnie Chimex.
(a) Le modèle graphique demandé est donné à la page suivante. On notera qu'il est composé
de deux sous-réseaux indépendants, l'un pour l'engrais P1, l'autre pour P2. L'unité de flot est le
millier de tonnes; la fonction-objectif est exprimée en milliers de dollars. (b) Le sommet E12 est un sommet de transbordement. Voici la contrainte linéaire associée, qui indique que le flot net émergeant de ce sommet est nul :(c) Le sommet U12 est un sommet émetteur. Voici la contrainte linéaire associée, qui indique
que le flot net émergeant de ce sommet satisfait aux bornes reportées dans le modèle :(d) Non. Un modèle graphique modifié est donné à la page suivante. Les deux portions du
réseau sont reliées cette fois, car l'espace disponible dans les entrepôts est utilisé pour les deux
engrais conjointement. Mais, le modèle graphique ne peut à lui seul garantir que le flot reçu en
C11 représente bien de l'engrais P1 : en effet, les engrais P1 et P2 expédiés séparément à l'entrepôt
E1 sont, du point de vue du réseau, indiscernables à la sortie du sommet E1. Pour traduirecorrectement le problème modifié, il faut ajouter au modèle linéaire associé au réseau les
contraintes d'équilibre suivantes.Solutions des exercices de révision 13
2. Les trois conditionnements de Pastissimo.
Le réseau de la figure 5.23 constitue une représentation graphique pertinente du problème des
trois conditionnements de Pastissimo. Cependant, le modèle linéaire associé à ce réseau n'est pas
adapté au nouveau contexte et il faut le modifier de la façon suivante. ¾ Tout d'abord, on introduit des variables yhj (h = 1, 2, 3 et j nombre de sacs du format numéro h livrés à la fin du mois j. On exigera que ces variables soient entières. tirés de la vente des sacs, c'est-à-dire par la somme des trois expressions suivantes :1,08(y11 + y12) + 1,28(y13 + y14 + y15 + y16)
5,02(y21 + y22 + y23 + y24 + y25 + y26)
14 Chapitre 5 Les problèmes de réseaux
8,81(y31 + y32 + y33 + y34 + y35 + y36).
¾ Le flot émergeant du sommet Fh se décompose en quatre termes qui sont exprimés dans des
unités différentes. La contrainte de conservation du flot en Fh prend donc une forme particulière. Par exemple, celle associée à F2 s'écrit :1000 xD2F2 + 1000 xF1F2 = 1000 xF2F3 + y12 + 4 y22 + 7 y32.
Les équations de conservation du flot aux sommets F3, F4 et F5 sont semblables; dans celle pour F1, le second terme du membre gauche est absent et dans celle associée à F6, c'est le 1er terme du membre droit qui manque.¾ Le premier des trois engagements pris par Pastissimo signifie que les variables yhj sont
bornées ainsi: yhj 80 tout h et tout j y1j 2000 tout j y2j 500 tout j y3j 500 tout j. ¾ Le 2e engagement se traduit par l'ensemble des six contraintes suivantes :0,1 y1j + 0,1 y2j 0,9 y3j 0 tout j.
Le tableau ci-dessous décrit une solution optimale.Mois 1 2 3 4 5 6 Coût (Revenu)
Achat 5 4 5 3 4 5 26 045
Production 6 5 4 4 4 3 4 145
Entrepôt Blé 1 0 1 0 0 40
Magasin 0,42 0 0 0 0 10,50
Sacs de 1 kg 80 80 2000 2000 2000 1469 -9 733,12
Sacs de 4 kg 500 460 80 80 80 80 -6 425,60
Sacs de 7 kg 500 500 240 240 240 173 -16 677,33
Le revenu net de Pastissimo s'élève à 2 595,55 dollars : (9 733,12 + 6 425,60 + 16 667,33) (26 045 + 4 145 + 40 + 10,50) = 2 595,55.quotesdbs_dbs35.pdfusesText_40[PDF] recherche opérationnelle exercices corrigés gratuit
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