ａ（１）とａ（２）が整数であれば、一般項ａ（ｎ）も整数となります。
ａ（ｎ＋２）＋ａ（ｎ＋１）＋ａ（ｎ）＝０を変形して、
ａ（ｎ＋２）＝－ａ（ｎ＋１）－ａ（ｎ）より、明らかです。

ここでは、一般項からトライしてみよう。
この線形２階差分方程式（３項間漸化式のこと）の特性方程式は
ρ² ＋ρ＋１＝０なので、
解は
　　－１\(\pm\)ｉ\(\sqrt{\quad}\)３
ρ＝──────　という虚数（複素数）となる。
　　　　２

そこで、この２つの複素数は共役複素数だから、極形式に直すと、
ρ₁ ＝ｒ（cosθ＋ｉsinθ）
　　＝cos１２０°＋ｉsin１２０°
ρ₂ ＝ｒ（cosθ－ｉsinθ）
　　＝cos１２０°－ｉsin１２０°

一般項は次のようになる。
ａ（ｎ）＝Ｃ₁ ρ₁ ⁿ ＋Ｃ₂ ρ₂ ⁿ
　　　　＝Ｃ₁ （cos１２０°ｎ＋ｉsin１２０°ｎ）＋Ｃ₂ （cos１２０°ｎ－ｉsin１２０°ｎ）
　　　　＝（Ｃ₁ ＋Ｃ₂ ）cos１２０°ｎ＋ｉ（Ｃ₁ －Ｃ₂ ）sin１２０°ｎ

Ｃ₁ とＣ₂ は任意定数だから、まとめて
（Ｃ₁ ＋Ｃ₂ ）＝Ａ、ｉ（Ｃ₁ －Ｃ₂ ）＝Ｂとおくと、
ａ（ｎ）＝Ａcos１２０°ｎ＋Ｂsin１２０°ｎ

ａ（１）、ａ（２）は整数だから、
ａ（１）＝Ａcos１２０°＋Ｂsin１２０°

　　　　　　１　　\(\sqrt{\quad}\)３
　　　　＝－─Ａ＋──Ｂ
　　　　　　２　　　２

例えば、Ａ＝２、Ｂ＝２\(\sqrt{\quad}\)３とすると、ａ（１）＝－１＋３＝２（整数となる）
第２項以降も同様にして、
ａ（２）＝Ａcos２４０°＋Ｂsin２４０°

　　　　　　１　　\(\sqrt{\quad}\)３
　　　　＝－─Ａ－──Ｂ
　　　　　　２　　　２

　　　　＝－１－３＝－４（整数となる）ａ（３）＝Ａcos３６０°＋Ｂsin３６０°
　　　　＝２

ａ（４）＝Ａcos４８０°＋Ｂsin４８０°
　　　　＝－１＋３＝２

したがって、この例では、一般項は
ａ（ｎ）＝２・cos１２０°ｎ＋２\(\sqrt{\quad}\)３・sin１２０°ｎ
となる。
したがって、この例の数列は、
２，－４，２，２，－４，２，２，……
となる。この数列は、
ａ（ｎ＋２）＋ａ（ｎ＋１）＋ａ（ｎ）＝０となるので、
正しい例であることが分かる。
すべての項は整数となる。

Ａ＝４、Ｂ＝２\(\sqrt{\quad}\)３とすると、
１，－５，４，１，－５，４，１，……

ご回答ありがとうございます。
返事が送れて申し訳ありません。
しかし、こちらの質問も悪かったのですが、
a(n+2)+a(n+1)+a(n)=0という代表的な場合は
既に自分で証明してありました。
質問したかったのは、
a(n+2)-(α+β)a(n+1)+αβa(n)=0 (α,βは特性方程式の虚数解)
という一般的事例についてだったのです。

手順は省略いたしますが、僕は次のような結果を得ました。
α=x+yi, β=x-yiとする

a(n)=cosθn・{2xy・a(1)-y・a(2)}+sinθn・{x・a(2)-\(x^{2}\)・a(1)+\(y^{2}\)・a(1)}

分母の2iは分子から2iをくくりだすことによって消去できました。
しかし、sinθn, cosθn, およびxは分数である可能性をもち、
yは無理数である可能性があります。
ここに至って壁にぶつかったのです。

視点を変えて二項定理を用いて解いてみました。
以下n≧3とします

a(n+2)-(α+β)a(n+1)+αβa(n)=0としたとき
α=x+yi, β=x-yiとすると

{a(2)-a(1)x}{(x+yi)^(n-1)-(x-yi)^(n-1)}+a(1)yi{(x+yi)^(n-1)+(x-yi)^(n-1)}
a(n)=―――――――――――――――――――――――――――――――――――――
2yi
とすると二項定理を用いて
(i)nが偶数のとき
\(\frac{n}{2}\)
(x+yi)^(n-1)-(x-yi)^(n-1)=2yi・Σ{(-1)^(k-1)・(n-1)C(2k-1)・x^(n-2k)・y^(2k-2)}
k=1

\(\frac{n}{2}\)
(x+yi)^(n-1)+(x-yi)^(n-1)=2Σ{(-1)^(k-1)・(n-1)C(2k-2)・x^(n-2k+1)・y^(2k-2)}
k=1

(ii)nが奇数のとき
(n-1)/2
(x+yi)^(n-1)-(x-yi)^(n-1)=2yi・Σ{(-1)^(k-1)・(n-1)C(2k-1)・x^(n-2k)・y^(2k-2)}
k=1

(n+1)/2
(x+yi)^(n-1)+(x-yi)^(n-1)=2Σ{(-1)^(k-1)・(n-1)C(2k-2)・x^(n-2k+1)・y^(2k-2)}
k=1

となるのでa(n)はa(1)とa(2)とxとyについての式になります。
都合上、(m)C(m+1)=0とします。
ここで上の結果を代入した後、a(1)とa(2)についてまとめると
a(1)の係数とa(2)の係数は独立して整数である必要があることがわかります。
ちなみにすべて書くのは面倒なので
a(1)の係数は

[n+1]/2
P = Σ{(-1)^(k-1){(n-1)C(2k-2)-(n-1)C(2k-1)}x^(n-2k+1)・\(y^{2}\)(k-1)}
k=1
[ ]はガウス記号

a(2)の係数は

[n+1]/2
Q = Σ{(-1)^(k-1)・(n-1)C(2k-1)・x^(n-2k)・\(y^{2}\)(k-1)}
k=1

でありa(n)=P・a(1)+Q・a(2)と表されます。
しかも、yには2(k-1)という指数がついているのでyが無理数であっても
a(n)は必ず有理数になります。
しかし、結局ここで、x, yが分数であるという事実から
a(n)は有理数であるという結論までしかたどりつけませんでした。
ド・モアブルの定理よりも一歩進んで有理数であることはわかりましたが、
ここまでが限界のようです。
x=-\(\frac{b}{2}\), y=\(\sqrt{\quad}\)(4c-\(b^{2}\))/2よりnを1から10まで代入して計算してみましたが、
結局、このbとcによってa(n)が整数であることが示されるので、
つまりは堂堂巡りです。
なぜかというとこのbとcというのは最初の漸化式のα+β, αβに相違ないから
です。
僕は下の一般項式からa(n)が整数であることを示そうとしたのですが、やはり、

{a(2)-βa(1)}α^(n-1)-{a(2)-αa(1)}β^(n-1)
a(n)=――――――――――――――――――――――
α-β

という式からa(n)が整数であることを導き出すのは無意味なことのようです。
結局、「漸化式より自明」が賢明な答えですね。
長々とすみませんでした