Se ha de poder hacer más fácil que esto, pero ahí va una prueba:
Para $m$ fija, tenemos la función generatriz $f(x) := \sum_{n \ge m} {n \brace m} x^{n-m} = \prod_{r=1}^m \frac{1}{1-rx}$. (Esto es algo clásico que se puede probar usando la relación de recurrencia.) De aquí obtenemos que \[ f(x) + f(-x) = 2 \sum_{\substack{n \ge m \\ n-m\text{ impar}}} {n \brace m} x^{n-m}. \]
Lo que quieres probar es entonces equivalente a probar que la serie de potencias $f(x)+f(-x)$ tiene coeficientes enteros divisibles por $m(m+1)$. Ahora, usando la fórmula de arriba para $f$, tenemos que \[ f(x) + f(-x) = \left( \frac{1}{1-r^2x^2} \right) \left( \prod_{r=1}^m(1+rx) - \prod_{r=1}^m(1-rx) \right), \] y como el primer factor tiene expansión con coeficientes enteros, basta probar que el segundo factor tiene una expansión con coeficientes enteros múltiplos de $m(m+1)$.
Ahora, el segundo factor es \[ \prod_{r=1}^m(1+rx) - \prod_{r=1}^m(1-rx) = 2 \sum_{\substack{1 \le s \le m\\s \text{ impar}}} e_s(1,2,\ldots,m) x^s, \] donde $e_s(x_1, \ldots, x_m)$ es el $s$-ésimo polinomio simétrico elemental, es decir, la suma de todos los productos de $s$ de las $x_i$.
Entonces sólo resta probar que $m(m+1)$ divide a $2e_s(1,2,\ldots,m)$ para $s$ impar.
Notemos que $j \equiv -(k+1-j) \pmod{m+1}$, así que $e_s(1,2,\ldots,m) \equiv e_s(-m, -(m-1), \ldots, -1) = (-1)^s e_s(1,2,\ldots,m) \pmod{m+1}$. Cuando $s$ es impar, esto prueba que $m+1$ divide a $2 e_s(1,2,\ldots,m)$.
Por el mismo argumento, $m$ divide a $2 e_s(1,2,\ldots,m-1)$ y como $e_s(1,2,\ldots,m-1) \equiv e_s(1,2,\ldots,m) \pmod{m}$ (todos los términos extra en la segunda suma tienen un factor de $m$), también divide a $e_s(1,2,\ldots,m)$.
Como $m$ y $m+1$ son primos relativos, concluímos que $m(m+1)$ divide a $e_s(1,2,\ldots,m)$ para $s$ impar, como queríamos.
