设X_1, X_2, ..., X_n是来自总体X样本，EX=mu, DX=sigma^2，则下列结论错误的是()。 A. (1)/(n)sum_(i=1)^nX_i 与 (1)/(n)sum_(i=1)^n(X_i-overline(X))^2 独立B. sum_(i=1)^n((X_i-overline(X))/(sigma))^2 sim chi^2(n)C. (sqrt(n-1)(frac(1)/(n)sum_{i=1)^nX_i-mu)}(sqrt(sum_{i=1)^n(X_i-overline{X))^2}} sim t(n-1)D. A、B、C三种结论都错误

为了确定哪个结论是错误的，让我们逐步分析每个选项。 **选项A: $\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_{i}$与$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\bar{X})^{2}$独立** $\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_{i}$是样本均值$\bar{X}$，而$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\bar{X})^{2}$是样本方差的有偏估计。对于正态分布，样本均值和样本方差是独立的。然而，题目没有指定总体分布，因此我们不能一般地断定样本均值和样本方差是独立的。因此，这个结论可能不正确，但让我们检查其他选项以确定。 **选项B: $\sum_{i=1}^{n}\left(\frac{X_{i}-\bar{X}}{\sigma}\right)^{2}\sim\chi^{2}(n)$** 表达式$\sum_{i=1}^{n}\left(\frac{X_{i}-\bar{X}}{\sigma}\right)^{2}$是标准化的平方偏差之和。如果$X_i$是来自正态分布的独立同分布样本，那么$\sum_{i=1}^{n}\left(\frac{X_{i}-\mu}{\sigma}\right)^{2}\sim\chi^{2}(n)$。然而，当用样本均值$\bar{X}$代替$\mu$时，自由度减少1，因此$\sum_{i=1}^{n}\left(\frac{X_{i}-\bar{X}}{\sigma}\right)^{2}\sim\chi^{2}(n-1)$。因此，这个结论是错误的。 **选项C: $\frac{\sqrt{n-1}\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_{i}-\mu\right)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\bar{X})^{2}}}\sim t(n-1)$** 表达式$\frac{\sqrt{n-1}\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_{i}-\mu\right)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\bar{X})^{2}}}$可以重写为$\frac{\sqrt{n-1}(\bar{X}-\mu)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\bar{X})^{2}}}$。如果$X_i$是来自正态分布的独立同分布样本，那么$\frac{\sqrt{n}(\bar{X}-\mu)}{S}\sim t(n-1)$，其中$S^2 = \frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\bar{X})^{2}$是样本方差的无偏估计。因此，给定的表达式简化为$\frac{\sqrt{n-1}(\bar{X}-\mu)}{\sqrt{(n-1)S^2}} = \frac{\sqrt{n-1}(\bar{X}-\mu)}{\sqrt{n-1}S} = \frac{\bar{X}-\mu}{S}$，这遵循$t(n-1)$分布。因此，这个结论是正确的。 由于选项B是唯一错误的结论，正确答案是： $\boxed{B}$