Una confusión que podría haber surgido es el hecho de que el artículo "sobrecarga" el índice $t$. Lo utiliza tanto para el índice de la variable $y_t$ para derivar, como para el índice de sumación en la definición de $L$. Creo que esto no es bueno. Así que usemos el índice $i$ para la sumatoria.
Para verificar que la fórmula tiene sentido, tomemos un ejemplo con $m = 2$ y $N = 5$. Entonces, $$ L = \sum_{i = 0}^5 (d_0 y_i + d_1 y_{i-1} d_2 y_{i-2})^2 $$ O escribiéndolo explícitamente: $$ \begin{align*} L = &(d_0 y_0 + d_1 y_{-1}+ d_2 y_{-2})^2 + \beta(d_0 y_1 + d_1 y_0 + d_2 y_{-1})^2 + \beta^2(d_0 y_2 + d_1 y_1 + d_2 y_0)^2,\\ &+ \beta^3(d_0 y_3 + d_1 y_2 + d_2 y_1)^2 + \beta^4(d_0 y_4 + d_1 y_3 + d_2 y_2)^2 + \beta^5(d_0 y_5 + d_1 y_4 + d_2 y_3)^2 \end{align*} $$ Veamos la derivada con respecto a $y_3$. Esto da: $$ \begin{align*} \frac{\partial L}{\partial y_3} =& 2\beta^3 d_0(d_0 y_3 + d_1 y_2 + d_2 y_1) + 2 \beta^4 d_1(d_0 y_4 + d_1 y_3 + d_2 y_2),\\ & + 2 \beta^5 d_2(d_0 y_5 + d_1 y_4 + d_2 y_3) \end{align*} $$ Sacando $\beta^3$ e introduciendo el operador de rezago, esto se puede reescribir como: $$ \begin{align*} \frac{\partial L}{\partial y_3} = 2 \beta^3 \left[\begin{array}{l}d_0 (d_0 y_3 + d_1 y_2 + d_0 y_0) + \beta d_1 (d_0 L^{-1} y_3 + d_1 L^{-1} y_2 + d_2 L^{-1} y_1)\\ + \beta^2 d_2 (d_0 L^{-2} y_3 + d_1 L^{-2} y_2 + d_2 L^{-2} y_1)\end{array}\right] \end{align*} $$ Sacando los operadores de rezago y agrupando términos, obtenemos, $$ \begin{align*} \frac{\partial L}{\partial y_3} &= 2 \beta^3 \left[\begin{array}{l}d_0 (d_0 y_3 + d_1 y_2 + d_0 y_0) + \beta d_1 L^{-1} (d_0 y_3 + d_1 y_2 + d_2 y_1) + \\\beta^2 d_2 L^{-2} (d_0 y_3 + d_1 y_2 + d_2 y_1)\end{array}\right],\\ &= 2 \beta^3(d_0 + \beta d_1 L^{-1} + \beta^2 d_2 L^{-2})(d_0 y_3 + d_1 y_2 + d_0 y_1),\\ &= 2 \beta^3 d(\beta L^{-1}) d(L) y_3 \end{align*} $$ Así que llegamos a la respuesta correcta.
Ahora vayamos al caso general.
Tenemos: $$ L = \sum_{i = 0}^N \beta^i (d(L)y_i)(d(L)y_i) $$ Escribamos los rezagos: $$ L = \sum_{i = 0}^N \beta^i \left(\sum_{j = 0}^m d_j y_{i-j}\right)\left(\sum_{k = 0}^m d_k y_{i-k}\right) $$ Si derivamos con respecto a $y_t$, entonces hay dos ocurrencias de $y_t$ una donde $i-j = t$ y otra donde $i -k = t$. Además, observe que $d_j$ solo está definido para $0 \le j \le m$, lo que significa que $y_t$ en estos términos solo ocurre cuando el índice de sumatoria $i$ está entre $t$ y $m+t$ (por lo tanto, los límites de sumatoria se pueden reducir de $t$ a $m+t$).
Esto da: $$ \dfrac{\partial L}{\partial y_t} = \sum_{i = t}^{m+t} \beta^i d_{i-t} \left(\sum_{k = 0}^m d_{k} y_{i-k}\right) + \sum_{i = t}^{m+t} \beta^i \left(d_{i-t} \sum_{j = 0}^m d_j y_{i - j}\right) $$ Estos dos términos son iguales (sustituya el contador $k$ con $j$). Entonces: $$ \dfrac{\partial L}{\partial y_t} = 2\sum_{i = t}^{m+t} \beta^i d_{i-t} \left(\sum_{k = 0}^m d_{k} y_{i-k}\right) $$ Ahora, podemos sacar $\beta^t$ de la sumatoria para obtener: $$ \dfrac{\partial L}{\partial y_t} = 2 \beta^t \sum_{i = t}^{m-t} \beta^{i-t} d_{i-t} \left(\sum_{k = 0}^m d_{k} y_{i-k}\right) $$ Ahora, hagamos un cambio de índices $r = i-t$ para sustituir $i$. Esto da: $$ \dfrac{\partial L}{\partial y_t} = 2 \beta^t \sum_{r = 0}^{m} \beta^{r} d_{r} \left(\sum_{k = 0}^m d_{k} y_{r+t-k}\right) $$ Podemos introducir el operador de rezago: $$ \begin{align*} \dfrac{\partial L}{\partial y_t} &= 2 \beta^t \sum_{r = 0}^{m} \beta^{r} d_{r} \left(\sum_{k = 0}^m d_{k} L^{-r} y_{t-k}\right)\\ &= 2 \beta^t \sum_{r = 0}^{m} \beta^r d_r L^{-r} \underbrace{\left(\sum_{k = 0} d_k y_{t-k}\right)}_{d(L)y_t} \end{align*} $$ Así obtenemos: $$ \dfrac{\partial L}{\partial y_t} = 2 \beta^t \sum_{r = 0}^{m} \beta^{r} d_{r} L^{-r} d(L)y_t = 2 \beta^t d(\beta L^{-1}) d(L) y_t $$
Ahora vayamos al caso general.
