$\frac{94.900}{185.000}=\mathrm{0,5129}\dots \approx \mathrm{0,513}$

$X=$ het aantal jongetjes dat geboren wordt in 2010 met H₀ : $p=\mathrm{0,513}$ en H₁ : $p\ne \mathrm{0,513}$ (de kans moet aangepast worden).
Het kritieke gebied 'links': $\text{P}\left(X\le \mathrm{93.902,}n=\mathrm{183.866,}p=\mathrm{0,513}\right)\approx \mathrm{0,024}<\frac{1}{2}\text{α}$ en $\text{P}\left(X\le \mathrm{93.903,}n=\mathrm{183.866,}p=\mathrm{0,513}\right)\approx \mathrm{0,0258}>\frac{1}{2}\text{α}$, dus het kritieke gebied 'links' bestaat uit de getallen tot en met $93.902$.
Het kritieke gebied 'rechts': $\text{P}\left(X\ge \mathrm{94.743,}n=\mathrm{183.866,}p=\mathrm{0,513}\right)\approx \mathrm{0,0252}>\frac{1}{2}\text{α}$ en $\text{P}\left(X\ge \mathrm{94.744,}n=\mathrm{183.866,}p=\mathrm{0,513}\right)\approx \mathrm{0,0249}<\frac{1}{2}\text{α}$, dus het kritieke gebied 'rechts' bestaat uit de getallen vanaf $94.744$.
We besluiten de kans aan te passen als het aantal jongetjes kleiner is dan $93.903$ of minstens $94.744$.
Opmerking
Als je met je rekenmachine niet met deze grote aantallen kunt rekenen, benader de binomiale stochast $X$ dan met een normale stochast met
$\text{μ}=183.866\cdot \mathrm{0,513}$ en $\text{σ}=\sqrt{183.866\cdot \mathrm{0,513}\left(1-\mathrm{0,513}\right)}$.

$\sqrt{183.866\cdot \mathrm{0,513}\left(1-\mathrm{0,513}\right)}\approx \mathrm{214,3}$

Zoek met de GR het getal $a$ met
$\text{P}\left(N\le a|\text{μ}=\mathrm{83,4};\text{σ}=\mathrm{4,6}\right)$ $=\mathrm{0,025}$. Je vindt: $a\approx \mathrm{74,4}$, dit is de bovengrens van het kritieke gebied 'links'. Omdat de verdeling symmetrisch is, is de ondergrens van het kritieke gebied 'rechts' $\mathrm{92,4}$.

Ja

$40\cdot 2500=100.000$

Eenzijdig, omdat klanten niet klagen bij te veel aardappelen.

$T$ is het totale gewicht van $40$ zakken.
H₀ : $\text{μ}=100.000$ en H₁ : $\text{μ}<100.000$.

$\text{σ}\left(T\right)=\sqrt{40}\cdot 80$

Zoek met de GR het getal $a$ met $\text{P}\left(N\le a|\text{μ}=100.000;\text{σ}=80\sqrt{40}\right)$$=\mathrm{0,05}$.
Je vindt: $a\approx 99168$.
De waarde van $T$ ligt in het kritieke gebied als $T\le 99168$ gram.

$\mathrm{99,1}$ ligt in het kritieke gebied, dus krijgen de ontevreden klanten gelijk.

Noem $\text{E}\left(X\right)=\text{μ}$, dan $\text{P}\left(X>40.000|\text{μ}=?,\text{σ}=6515\right)$ $=\mathrm{0,6}$.
Met de GR kunnen we $z$-waarde van $40.000$ terugzoeken:
als $\text{P}\left(X<a|\text{μ}=\mathrm{0,}\text{σ}=1\right)$ $=\mathrm{0,4}$, dan $a\approx \mathrm{‐}\mathrm{0,2534}$, dus $\frac{40.000-\text{μ}}{6515}=\mathrm{‐}\mathrm{0,2534}$, dus $\text{μ}=40.000+\mathrm{0,2534}\cdot 6515$, dus $\text{μ}=41.651$.

$\text{Var}\left(X+Y\right)=\text{Var}\left(X\right)+\text{Var}\left(Y\right)={6515}^2+{5000}^2$, dus $\text{σ}\left(X+Y\right)=\sqrt{\text{Var}\left(X+Y\right)}\approx 8213$.

$T$ is de omzet van beide winkels in de vier weken. Noem $\text{E}\left(T\right)=\text{μ}$.
Dan H₀ : $\text{μ}=4\cdot \left(41.651+45.000\right)=346.604$ (bedrijfsleider) en
H₁ : $\text{μ}\ne 346.604$, met $\text{σ}\approx \sqrt{4}\cdot 8213=16.426$.
De overschrijdingskans is $\text{P}\left(T>\mathrm{368.743,36}|\text{μ}=\mathrm{346.604,}\text{σ}=16.426\right)$ $=\mathrm{0,088}\cdots >\frac{1}{2}\text{α}$, er is dus geen reden om de bewering van de bedrijfsleider te verwerpen.

$G=$ het gemiddelde IQ van $25$ profvoetballers met verwachtingswaarde $\text{μ}$.
H₀ : $\text{μ}=100$ en H₁ : $\text{μ}>100$.

$\text{σ}\left(G\right)=\frac{1}{\sqrt{25}}\cdot 15=3$

We zoeken met de GR het getal $a$ zó, dat $\text{P}\left(N<a|\text{μ}=\mathrm{100,}\text{σ}=3\right)$ $=\mathrm{0,95}$. Je vindt: $a=\mathrm{104,9}\dots$. Dus H₀ wordt verworpen bij een gemiddeld IQ van $105$ of hoger.

De kans op stukgaan van een chip binnen vijf jaar is $\text{P}\left(X<5|\text{μ}=\mathrm{8,0};\text{σ}=\mathrm{2,0}\right)$ $=\mathrm{0,0668}$, dus het verwachte aantal dat stuk gaat is: $\mathrm{0,0668}\cdot 500\approx 33$.

Het resultaat is $7$ stuk na vijf jaar, dat is een aantal, dus dit is een binomiale toets. $X$ is het aantal dat stuk gaat in vijf jaar, dan
H₀ : $p=\mathrm{0,0668}$ en H₁ : $p>\mathrm{0,0668}$ (want dan is $\text{μ}$ kleiner).
De overschrijdingskans is $\text{P}\left(X\ge \mathrm{7,}n=\mathrm{50,}p=\mathrm{0,0668}\right)=$ $\text{P}\left(X\ge \mathrm{7,}n=\mathrm{50,}p=\mathrm{0,0668}\right)=\mathrm{0,0474...}>\text{α}$, dus H₀ wordt geaccepteerd, er is geen reden om $\text{μ}=\mathrm{8,0}$ te verwerpen.