Una identidad que involucra números de Bernoulli y números de Stirling

Esta pregunta no ha recibido mucha atención, pero publicaré una solución que acabo de encontrar en caso de que alguien esté interesado. Era más fácil de lo que había sospechado.

Usamos el hecho de que si$m\geq 3$es raro entonces$B_m=0$. La ecuacion

$$\sum_{m=0}^{n-1}B_m{n\choose m}=0 \tag{1}$$ vale para cualquier entero positivo $n$. Si $n$es raro entonces $$\sum_{m=0}^{n}B_m2^m{n\choose m}=0. \tag{2}$$

Porque$\sum_{i=0}^{k-t}{2(k-t)+2\choose 2i+1}=2^{2k-2t+1}$, tenemos

$$\sum_{i+t\leq k}B_{2t}2^{2t}{\textstyle{2k+2\choose 2t,2i+1,2k-2t-2i+1}}=\sum_{t=0}^k B_{2t}2^{2t}{\textstyle{2k+2\choose 2t}}\sum_{i=0}^{k-t}{\textstyle{2(k-t)+2\choose 2i+1}}=2^{2k+1}\sum_{t=0}^{k}B_{2t}{\textstyle{2k+2\choose 2t}}.$$ Desde $B_m=0$para todos los impares $m\geq 3$,

$$\sum_{i+t\leq k}B_{2t}2^{2t}{\textstyle{2k+2\choose 2t,2i+1,2k-2t-2i+1}}=2^{2k+1}\left(\sum_{\ell=0}^{2k+1}B_\ell{\textstyle{2k+2\choose \ell}}-B_1{\textstyle{2k+2\choose 1}}\right)=2^{2k+1}(k+1). \tag{3}$$ Tenga en cuenta que usamos $(1)$junto con el hecho de que $B_1=-\frac 12$para deducir la última igualdad anterior.

Próximo,

$$\sum_{\left\lfloor k/2\right\rfloor<i+t\leq k}B_{2t}2^{2t}{\textstyle{2k+2\choose 2t,2i+1,2k-2t-2i+1}}=\sum_{m=\left\lfloor k/2\right\rfloor+1}^k{\textstyle{2k+2\choose 2m+1}}\sum_{t=0}^m B_{2t}2^{2t}{\textstyle{2m+1\choose 2t}}$$ $$=\sum_{m=\left\lfloor k/2\right\rfloor+1}^k{\textstyle{2k+2\choose 2m+1}}\left(\sum_{\ell=0}^{2m+1} B_\ell2^\ell{\textstyle{2m+1\choose \ell}}-2B_1{\textstyle{2m+1\choose 1}}\right)=\sum_{m=\left\lfloor k/2\right\rfloor+1}^k{\textstyle{2k+2\choose 2m+1}}(2m+1),$$ donde hemos usado $(2)$para ver eso $\sum_{\ell=0}^{2m+1} B_\ell2^\ell{\textstyle{2m+1\choose \ell}}=0$. Por lo tanto, $$\sum_{\left\lfloor k/2\right\rfloor<i+t\leq k}B_{2t}2^{2t}{\textstyle{2k+2\choose 2t,2i+1,2k-2t-2i+1}}=\sum_{m=\left\lfloor k/2\right\rfloor+1}^k(2k+2)\left[{\textstyle{2k\choose 2m}}+{\textstyle{2k\choose 2m-1}}\right]$$ $$=(k+1)\left(\sum_{m=\left\lfloor k/2\right\rfloor+1}^k\left[{\textstyle{2k\choose 2m}}+{\textstyle{2k\choose 2m-1}}\right]+\sum_{j=0}^{k-\left\lfloor k/2\right\rfloor-1}\left[{\textstyle{2k\choose 2j}}+{\textstyle{2k\choose 2j+1}}\right]\right)=(k+1)(2^{2k}-(-1)^k{\textstyle{2k\choose k}}). \tag{4}$$

si restamos$(4)$de$(3)$, encontramos eso

$$\sum_{i+t\leq\left\lfloor k/2\right\rfloor}B_{2t}2^{2t}\textstyle{2k+2\choose 2t,2i+1,2k-2t-2i+1}=(k+1)\left(2^{2k}+(-1)^k{2k\choose k}\right).$$ La identidad deseada ahora sigue estableciendo $k=2m+1$.