Una comprobación de cordura: verifique que obtiene la expectativa correcta. (Esto no es suficiente, pero al menos es una condición necesaria para la corrección).
Desde $Y\sim U(X,1)$ , tenemos $$\mathbb{E}[Y\mid X] = \frac{1}{2}(1+X)$$ y por lo tanto $$\mathbb{E}[Y]=\mathbb{E}[\mathbb{E}[Y\mid X]] = \frac{1}{2}(1+\mathbb{E}[X]) = \frac{1}{2}(1+\frac{1}{2}) = \frac{3}{4}$$ desde $X\sim U(0,1)$ (para la penúltima igualdad).
Su solución, sin embargo, produce $$\mathbb{E}[Y] = \int_{-\infty}^\infty dy f(y)y=\int_{0}^1 2y^2dy = \frac{2y^3}{3}\Big|_0^1=\frac{2}{3} $$ así que su respuesta no puede ser correcta.
Una derivación:
Arreglar cualquier $t\in\mathbb{R}$ . En primer lugar, es obvio que $F_Y(t) = 0$ si $t\leq 0$ y $F_Y(t) = 1$ si $t\geq 1$ para que podamos centrarnos en $t\in(0,1)$ . Entonces, tenemos $$ F_Y(t) = \int_0^1 dx \int_x^t dy \frac{1}{1-x}\mathbb{1}_{\{t\geq x\}} = \int_0^t dx \int_x^t dy \frac{1}{1-x} = \int_0^t dx \frac{t-x}{1-x} $$ y tras el cálculo, obtenemos $$ F_Y(t) = \begin{cases} 0 &t\leq 0\\ t+(1-t)\ln(1-t) & t\in(0,1)\\ 1 & t\geq 1 \end{cases} $$ (que tras la verificación es coherente: $F_Y(0^+)=0, F_Y(1^-)=1$ y $F_Y$ es no decreciente y continua).
Derivando esta FCD, obtenemos $$ f_Y(t) = -\ln(1-t) \mathbb{1}_{(0,1)}(t),\qquad t\in\mathbb{R} $$ que supera la prueba (necesaria) $$ \int_{-\infty}^\infty t f_Y(t) dt = -\int_0^1 t\ln(1-t) dt = \frac{3}{4}. $$
Gráfico de los resultados obtenidos en la derivación:
PDF $f_Y$ de $Y$
FCD $F_Y$ de $Y$