Creo que la inducción no trabajo para mostrar que para $k\ge2$,
$$
\sum_{i=1}^{2^{k-1}} (2i-1)^{2i-1} \equiv 2^k \pmod{2^{k+1}}.
$$
Un hecho que vamos a utilizar es la de $n\ge3$, en realidad tenemos $a^{2^{n-2}}\equiv1\pmod {2^n}$ para cualquier extraño $a$; este es un poder de $2$ más fuerte que el teorema de Euler.
La comprobación de la $k=2$ de los casos es fácil. Supongamos que se cumple para algunos en particular $k$. Entonces
\begin{align*}
\sum_{i=1}^{2^k} (2i-1)^{2i-1} &= \sum_{i=1}^{2^{k-1}} (2i-1)^{2i-1} + \sum_{i=2^{k-1}+1}^{2^k} (2i-1)^{2i-1} \\
&= \sum_{i=1}^{2^{k-1}} (2i-1)^{2i-1} + \sum_{i=1}^{2^{k-1}} (2^k+2i-1)^{2^k+2i-1} \\
&\equiv \sum_{i=1}^{2^{k-1}} (2i-1)^{2i-1} + \sum_{i=1}^{2^{k-1}} (2^k+2i-1)^{2i-1} \pmod{2^{k+2}}
\end{align*}
por el hecho. Ahora tenga en cuenta que $(2^k+j)^m \equiv j^m + m2^kj^{m-1} \pmod{2^{k+2}}$ por el teorema del binomio (desde $k\ge2$); en particular, sólo $j\pmod4$ es importante, así que si $j$ $m$ son impares, a continuación,$(2^k+j)^m \equiv j^m + m2^k \pmod{2^{k+2}}$. Por lo tanto
\begin{align*}
\sum_{i=1}^{2^k} (2i-1)^{2i-1} &\equiv \sum_{i=1}^{2^{k-1}} (2i-1)^{2i-1} + \sum_{i=1}^{2^{k-1}} \big( (2i-1)^{2i-1} + (2i-1)2^k \big) \\
&= 2\sum_{i=1}^{2^{k-1}} (2i-1)^{2i-1} + 2^{2k-2} 2^k \\
&= 2\sum_{i=1}^{2^{k-1}} (2i-1)^{2i-1} \pmod{2^{k+2}}
\end{align*}
(de nuevo desde $k\ge2$). La inducción de la hipótesis de que la $\sum_{i=1}^{2^{k-1}} (2i-1)^{2i-1}\equiv 2^k\pmod {2^{k+1}}$ ahora implica que $\sum_{i=1}^{2^k} (2i-1)^{2i-1} \equiv 2^{k+1}\pmod {2^{k+2}}$ como se desee.
