设总体Xsim N(mu, sigma^2)，X_1, ldots, X_n为来自X的样本，则X_i - overline(X) simA. N(0, (n+1)/(n) sigma^2)B. N(0, (n-1)/(n) sigma^2)C. N(0, (1)/(n) sigma^2)D. N(0, sigma^2)

本题考查正态分布的性质以及样本均值和样本方差的相关知识。解题的关键思路是先明确样本均值$\overline{X}$的分布，再根据正态分布的性质求出$X_i - \overline{X}$的期望和方差，进而确定其分布。

步骤一：求$\overline{X}$的分布

已知总体$X\sim N(\mu, \sigma^2)$，$X_1, \ldots, X_n$为来自$X$的样本。根据样本均值的性质，样本均值$\overline{X}=\frac{1}{n}\sum_{i = 1}^{n}X_i$服从正态分布，且$E(\overline{X}) = E(\frac{1}{n}\sum_{i = 1}^{n}X_i)=\frac{1}{n}\sum_{i = 1}^{n}E(X_i)$。
因为$X_i$与总体$X$同分布，所以$E(X_i)=\mu$，则$E(\overline{X})=\frac{1}{n}\cdot n\mu = \mu$。
$D(\overline{X}) = D(\frac{1}{n}\sum_{i = 1}^{n}X_i)=\frac{1}{n^2}\sum_{i = 1}^{n}D(X_i)$，又因为$D(X_i)=\sigma^2$，所以$D(\overline{X})=\frac{1}{n^2}\cdot n\sigma^2 = \frac{1}{n}\sigma^2$。
因此，$\overline{X}\sim N(\mu, \frac{1}{n}\sigma^2)$。

步骤二：求$E(X_i - \overline{X})$

根据期望的性质$E(aY + bZ)=aE(Y)+bE(Z)$（$a,b$为常数，$Y,Z$为随机变量），可得：
$E(X_i - \overline{X}) = E(X_i) - E(\overline{X})$
因为$E(X_i)=\mu$，$E(\overline{X})=\mu$，所以$E(X_i - \overline{X}) = \mu - \mu = 0$。

步骤三：求$D(X_i - \overline{X})$

根据方差的性质$D(aY + bZ)=a^2D(Y)+b^2D(Z)+2abCov(Y,Z)$（$a,b$为常数，$Y,Z$为随机变量），可得：
$D(X_i - \overline{X}) = D(X_i) + D(\overline{X}) - 2Cov(X_i, \overline{X})$
其中$D(X_i)=\sigma^2$，$D(\overline{X})=\frac{1}{n}\sigma^2$。
计算$Cov(X_i, \overline{X})$：
$Cov(X_i, \overline{X}) = Cov(X_i, \frac{1}{n}\sum_{j = 1}^{n}X_j)=\frac{1}{n}\sum_{j = 1}^{n}Cov(X_i, X_j)$
当$i = j$时，$Cov(X_i, X_i)=D(X_i)=\sigma^2$；当$i\neq j$时，$Cov(X_i, X_j)=0$（因为样本中的各个$X_i$相互独立）。
所以$Cov(X_i, \overline{X}) = \frac{1}{n}\cdot\sigma^2$。
将$D(X_i)=\sigma^2$，$D(\overline{X})=\frac{1}{n}\sigma^2$，$Cov(X_i, \overline{X}) = \frac{1}{n}\sigma^2$代入$D(X_i - \overline{X})$的表达式中：
$D(X_i - \overline{X}) = \sigma^2 + \frac{1}{n}\sigma^2 - 2\cdot\frac{1}{n}\sigma^2=\sigma^2 - \frac{1}{n}\sigma^2=\frac{n - 1}{n}\sigma^2$

步骤四：确定$X_i - \overline{X}$的分布

因为$X_i$和$\overline{X}$都服从正态分布，且它们的线性组合$X_i - \overline{X}$的期望为$0$，方差为$\frac{n - 1}{n}\sigma^2$，所以$X_i - \overline{X}\sim N(0, \frac{n - 1}{n}\sigma^2)$。