La afirmación es cierta. Resumen: mostramos por inducción que es suficiente probar la congruencia para $A_m$ para $m = 1,\ldots, k$ donde $N+1 = p^k$, y luego probamos que demostrando (en este caso particular) que los coeficientes binomiales son todos divisibles por $p^k$ (lo cual no es válido en general).
Sea $$A_m = \sum_{j=0}^{m} \binom{Nm}{Nj}.$$ La afirmación a demostrar es $A_m \equiv 2 \mod N+1$ si $N + 1 = p^k$ es una potencia prima.
Observa que
$$(1 + x)^{Nm} = \sum_{j=0}^{Nm} \binom{Nm}{j} x^j,$$
si se deja que $\zeta$ denote una raíz primitiva $N$-ésima de la unidad, entonces
$$ \sum_{i=0}^{N-1} (1 + \zeta^i)^{Nm} = \sum_{j=0}^{Nm} \binom{Nm}{j} \sum_{i=0}^{N-1} \zeta^{ji}$$ $$ = \sum_{j=0}^{Nm} \binom{Nm}{j} \begin{cases} N, & j \equiv 0 \mod N \\ 0, & j \not\equiv 0 \mod N. \end{cases}$$ $$ = N \sum_{j=0}^{m} \binom{Nm}{Nj}.$$ Entonces si, para $m \ge 1$, $$B_m = \sum_{i=0}^{N-1} (1 + \zeta^i)^{Nm} = \sum_{\zeta^i \ne -1} (1 + \zeta^i)^{Nm},$$ entonces la congruencia $A_m \equiv 2 \mod (N+1)$ es equivalente a la congruencia $B_m \equiv - 2 \mod (N+1)$.
Las raíces de la unidad son todas distintas módulo $p$, entonces hay un único $\zeta^i \equiv -1 \mod p$. Si $p$ es impar, entonces $N$ es par, y es $\zeta^{i} = -1$, y $(1 + \zeta^i) = 0$. Si $p = 2$, entonces $N$ es impar, y es $\zeta^i = 1$ y $(1 + \zeta^i) = 2$. En este último caso, para $m \ge 1$, el término $(1 + \zeta^i)^N$ es igual a $2^N$ que es ciertamente trivial módulo $2^k = N+1$ porque $2^N \ge N+1 = 2^k$. Por lo tanto tenemos
$$B_m = \sum_{\zeta^i \ne -1} (1 + \zeta^i)^{Nm} \equiv \sum_{\zeta^i \not\equiv -1} (1 + \zeta^i)^{Nm} \mod p^k.$$
El polinomio $X^N - 1$ es separable sobre $\mathbf{F}_p$. Además, sus raíces sobre este campo son precisamente las unidades de $\mathbf{F}_q$, ya que las unidades en ese campo son cíclicas de orden $q - 1 = N$. Por lo tanto, la extensión cortada por las raíces de la unidad $\zeta^i$ sobre $\mathbf{Q}_p$ es simplemente el campo de fracciones de los vectores de Witt $W(\mathbf{F}_q)$. Todo esto es solo para decir (si no conoces teoría algebraica de números) que tiene sentido hablar de congruencias para estos enteros algebraicos módulo potencias de $p$, y que también tenemos (suponiendo que $\zeta^i \not\equiv -1 \mod p$): $$(1 + \zeta^i)^N \equiv 1 \mod p$$ De ahí también se sigue que $$((1 + \zeta^i)^{N} - 1)^k \equiv 0 \mod p^k$$ Pero entonces, para cualquier entero no negativo $r$, tenemos: $$\sum_{\zeta^i \not\equiv -1} ((1 + \zeta^i)^{N} - 1)^k (1 + \zeta^i)^{Nr} \equiv 0 \mod p^k,$$ o, expandiendo: $$ \sum_{r=0}^{k} B_{n+ r} (-1)^r \binom{k}{r} \equiv 0 \mod p^k,$$ y así obtenemos la recurrencia de $k$ términos $$B_{n+k} (-1)^{k-1} = \sum_{r=0}^{k-1} B_{n+r} (-1)^r \binom{k}{r} \mod p^k$$ Supongamos que $B_m \equiv -2 \mod p^k$ para $m = 1, \ldots, k$. Entonces, por inducción, obtenemos $B_m \equiv -2 \mod p^k$ para todos los $m$, simplemente aplicando la recurrencia anterior y usando la identidad $$\sum (-1)^r \binom{k}{r} = 0.$$ Así que solo necesitamos probar los primeros valores de $A_m \equiv 2 \mod p^k$. Pero ahora podemos mirar los propios coeficientes binomiales.
Supongamos que $N+1 = p^k$. Afirmamos que, en el rango de $a+b \le k$ y $a,b > 0$, tenemos $$\binom{N(a+b)}{Nb} \equiv 0 \mod p^k.$$ Una vez que sepamos esto, se sigue que $A_m \equiv 2 \mod p^k$ para $m \le k$ y hemos terminado por inducción.
De hecho, dado que trivialmente $k \le p^k$, hemos terminado con la siguiente afirmación más fuerte.
Afirmación Supongamos que $a + b \le p^k$ y $N + 1 = p^k$. Entonces la valoración $p$-ádica de $$\binom{N(a+b)}{Nb}$$ para $a,b \ge 1$ es exactamente $k$.
Prueba
La valoración p-ádica del coeficiente binomial es precisamente el número de veces que hay que lleva uno al sumar $Na$ y $Nb$. Para un número $0 \le m-1 < p^k$ (que incluye $a-1$, $b-1$, y $c = a+b-1$, podemos escribir $$m - 1 = (m_{k-1}, m_{k-2}, \ldots, m_0)$$ en base $p$, y también podemos escribir $$p^k - m = (p^k - 1) - (m - 1) = (m'_{k-1}, m'_{k-2}, \ldots, m'_0).$$ Dado que $$m-1 + (p^k - m) = p^k - 1,$$ tenemos, para todo $i = 0,1,\ldots,k-1$, que $$m_i + m'_i = p - 1.$$ Ahora encontramos que $aN$, $bN$, y $cN$ tienen expansiones p-ádicas de la siguiente manera $$aN = (a_{k-1}, a_{k-2}, \ldots, a_0,a'_{k-1}, \ldots, a'_0),$$ $$bN = (b_{k-1}, b_{k-2}, \ldots, b_0,b'_{k-1}, \ldots, b'_0),$$ $$cN = (c_{k-1}, c_{k-2}, \ldots, c_0,c'_{k-1}, \ldots, c'_0),$$ Como se mencionó antes, tenemos $$a_i + a'_i = p-1, \ b_i + b'_i = p-1, c_i + c'_i = p -1.$$ Por lo tanto $$(a_i + b_i) + (a'_i + b'_i) = (c_i + c'_i) + p - 1,$$ o $$(a_i + b_i - c_i) + (a'_i + b'_i - c'_i) = p - 1.$$
Ahora
$$a_i + b_i = c_i + \begin{cases} p & \text{lleva requerida} \\ 0 & \text{ninguna lleva requerida}\end{cases} \ + \begin{cases} -1 & \text{lleva requerida en la ranura $i-1$} \\ 0 & \text{ninguna lleva requerida en la ranura $i-1$} \end{cases}$$ y lo mismo con $a'_i$, $b'_i$, y $c'_i$.
Hay una forma única de escribir $p-1$ como una suma de exactamente dos términos en el conjunto $\{p,0,-1,0\}$. Se sigue que en el par de ranuras $(i,i+k)$, exactamente uno de los pares provenientes del coeficiente $m_i$ y el coeficiente $m'_i$ requiere "llevar el uno," (También se sigue que exactamente uno de los pares $m_{i-1}$ y $m'_{i-1}$ (que podría ser $m'_k$ si $i = 0$) también requiere llevar el uno, aunque esta es la misma afirmación para $i-1$ en lugar de $i$. Por eso la suma es $p-1$ y no $p$.)
Pero ya que exactamente uno de los pares que provienen del coeficiente $m_i$ y el coeficiente $m'_i$ requiere "llevar el uno," exactamente la mitad de los términos tienen esta propiedad, y hemos terminado.
Adicional: Una versión más débil del argumento inductivo es así. Por el análogo del Pequeño Teorema de Fermat y el Teorema de Euler en $W(\mathbf{F}_q)$ ($q = p^k$), se tiene la identidad $$\gamma^{N p^{k-1}} = \gamma^{(q-1)p^{k-1}} \equiv 1 \mod p^k$$ para cualquier $\gamma \in W(\mathbf{F}_q)^{\times}$, es decir, cualquier $\gamma \not\equiv 0 \mod p$. Se sigue que
$$\begin{aligned} B_{m + p^{k-1}} = & \ \sum_{\zeta^i \not\equiv - 1} (1 + \zeta^i)^{mN + N p^{k-1}}\\ \equiv & \ \sum_{\zeta^i \not\equiv - 1} (1 + \zeta^i)^{mN} \mod p^k\\ = & \ B_m \mod p^k, \end{aligned}$$ y así por inducción basta con mostrar que $B_m \equiv -2 \mod p^k$ para $m = 1, \ldots, p^{k-1}$ en lugar de $m = 1, \ldots, k$. Dado que el segundo paso en realidad demuestra la congruencia $B_m \equiv -2 \mod p^k$ para $m = 1, \ldots, p^k$, esto también es suficiente, y uno puede encontrar esta versión del paso inductivo ligeramente más fácil.
