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Easy one. Mostrare che se $n,m$ sono due interi positivi allora $1+2+\ldots,n$ divide $1^{2m+1}+2^{2m+1}+\ldots+n^{2m+1}$.

$\displaystyle1+2+\dots+n=\frac{n(n+1)}2$.
Per comodità pongo $x=2m+1$, ma mi ricordo che è dispari!
E inoltre, sempre per comodità $S_{n,x}=1^x+2^x+\dots+n^x$.

Distinguo ora due casi (anche se sono praticamente uguali):

1) $2 \mid n$
$1^x+2^x+\dots+(n-1)^x+n^x\equiv 1^x+2^x+\dots+(-2)^x+(-1)^x+0^x\equiv 1^x+2^x+\dots-2^x-1^x\equiv 0+\left(\frac n 2\right)^x\pmod n$;
dunque $n\mid S_{n,x}-\left(\frac n 2\right)^x\rightarrow \frac n 2 \mid S_{n,x}-\left(\frac n 2\right)^x$, ma $\frac n 2 \mid \left(\frac n 2\right)^x$ e quindi $\frac n 2 \mid S_{n,x}$.
Vale con lo stesso trucchetto di sopra $1^x+2^x+\dots+(n-1)^x+n^x\equiv 1^x+2^x+\dots+(-2)^x+(-1)^x+0^x\equiv 1^x+2^x+\dots-2^x-1^x\equiv 0\pmod{n+1}$.
Infine, dato che $(n,n+1)=1\rightarrow(\frac n 2,n+1)=1$ allora succede che $\displaystyle\frac{n(n+1)}2\mid S_{n,x}$

2) $2 \nmid n \rightarrow 2 \mid n+1$
Come ho già scritto, è quasi uguale al caso 1), solo che stavolta si dimostra "direttamente" che $n \mid S_{n,k}$, mentre bisogna "isolare" $\frac{n+1}2$ e come sopra si dimostra che $n+1 \mid S_{n,k}$.
Di nuovo $\displaystyle(n,\frac{n+1}2)=1\rightarrow\frac{n(n+1)}2\mid S_{n,x}$

Ho scritto tante righe per un paio di idee, ma non sapevo come renderlo più chiaro...