A prima vista, non mi è chiaro come il suggerimento di dan95 migliori la soluzione ma ci penserò ancora. In fondo, anche il chiarimento che avevo chiesto a Rigel (che ringrazio) mi è risultato inutile perché l'avevo visto per conto mio, anche se con notevole ritardo. Scrivo perché ho trovato un'altra possibile soluzione, che mi sembra abbastanza facile.
Per $n=0$ la diseguaglianza è verificata; proseguo pensando solo a $n>=1$. Per inciso, questa soluzione ve bene anche se $n$ non è intero; basta avere $n>=1$.
Posto $a=2/(3 sqrt3)=0.3849$, posso dire che
secondo membro = $a^n/(n+1)=int_0^1 (ax)^n dx$
Il primo membro è l'integrale di $[f(x)]^n$, in cui la funzione $f(x)=x(1-x^2)$ passa per i punti (0,0) e (1,0) ed ha massimo in $(1/sqrt3,a)$. Le due funzioni integrande si incontrano, oltre che nell'origine ed in valori negativi, quando
$[x(1-x^2)]^n=(ax)^n hArr x(1-x^2)=ax hArr 1-x^2=a hArr x=sqrt(1-a)$
e per comodità pongo $b=sqrt(1-a)=0.7843$. Disegno su uno stesso grafico le curve $y=[f(x)]^n$ e $y=(ax)^n$ e vi indico i seguenti punti:
$O(0,0)$ per cui passano le due curve
$A(1,0)$ per cui passa la prima curva
$B(1/sqrt3, a^n)$ massimo della prima curva
$C(1,a^n)$ per cui passa la seconda curva
$D(b, (ab)^n)$ ulteriore intersezione delle curve.
Indicando ordinatamente con $S_1,S_2,S_3$ le aree dei triangoli mistilinei ODB, ACD, OAD, la tesi equivale a
$S_1+S_3>=S_2+S_3 hArr S_1-S_2>=0$
Calcolo le aree dei triangoli veri e proprii (ho usato i determinanti), trovando che $S(ODB)=a^n/2(b-b^n/sqrt 3)$ e $S(ACD)=a^n/2(1-b)$. Osservando le concavità, noto che $S_1>S(ODB)$ e $S_2<S(ACD)$, quindi
$S_1-S_2>S(ODB)-S(ACD)=a^n/2(b-b^n/sqrt 3)-a^n/2(1-b)=a^n/2(2b-1-b^n/sqrt3)>=a^n/2(2b-1-b/sqrt3)=a^n/2*0,1157>0$
e la tesi è dimostrata.