Esta respuesta es una copia casi idéntica de falagar hermoso respuesta aquí, todo el mérito para él.
En aras de la legibilidad deje $x_k:=\tfrac{k\pi}{2m+1}$$k=1,\ldots,m$. Por la fórmula de Euler tenemos la identidad
$$(\cos x_k+i\sin x_k)^{2m+1}=(-1)^k,$$
para cada una de las $k$. El binomio de expansión de la izquierda nos da
$$\sum_{j=0}^{2m+1}\binom{2m+1}{j}(i\sin x_k)^j(\cos x_k)^{2m+1-j}=(-1)^k.$$
Tomando el imaginario de las piezas de ambos lados muestra que los términos con los impares $j$ suma cero:
$$\sum_{j=0}^m\binom{2m+1}{2j+1}(-1)^j(\sin x_k)^{2j+1}(\cos x_k)^{2m-2j}=0.$$
Dividir ambos lados por $(\sin x_k)(\cos x_k)^{2m}$ nos encontramos con que
$$\sum_{j=0}^m\binom{2m+1}{2j+1}(-1)^j(\tan x_k)^{2j}=\sum_{j=0}^m\binom{2m+1}{2j+1}\left(-(\tan x_k)^2\right)^j=0,$$
Esto significa que $-(\tan x_k)^2$ es una raíz del polinomio
$$\sum_{j=0}^m\binom{2m+1}{2j+1}X^j=0,$$
para $k=1,\ldots,m$, y los valores de $-(\tan x_k)^2$ son distintos para los distintos valores de $k$. Por lo tanto estas son todas las raíces del polinomio anterior, y por Vieta de las fórmulas de sus raíces suma a
$$-\frac{\tbinom{2m+1}{2m-1}}{\tbinom{2m+1}{2m+1}}=-\binom{2m+1}{2m-1}=-m(2m+1).$$
