Dato che non sappiamo quali elementi appartengo ad $A, B, C$, diremo semplicemente che tre elementi stanno negli insieme $i, i+1, i+2$, dove questi indici sono visti in modulo 3
Ho cominciato costruendo una tabella $3x3$ dove ho sistemato $n, n+p, n+q$ nella prima riga, $n+p, n+2p, n+p+q$ nella seconda, e (potete immaginare) $n+q, n+p+q, n+2q$ nella terza riga (questa roba qua mi è servita solo per intuire una cosa, è tralasciabile per lo sviluppo della dimostrazione, ma ho pensato di lasciarla).
Posto $n=0$ si ha WLOG che $0, p, q$ stanno nell insieme $1, 2, 3$.
Usando la tabella, ponendo $n=0, p, 2p, etc$ (ricordiamo che $0, p$ stanno in $1, 2$, serve mantenere la stessa numerazione) ed ampliandola ($4x4$, $5x5$ bastano), si può notare che i numeri della forma $n=h*p$ ($h$ positivo)stanno nell'insieme $(h+1)$-esimo (modulo 3). Per induzione è immediato verificare che questo è vero:
Passo base: la tripletta $0, p, q$ rispetta (stanno in $1, 2, 3$), e anche la tripletta $p, 2p, p+q$ (stanno in $2, bla, bla$). Supponiamo valga per tutti gli $h\leq h_0$.
Passo induttivo:
Vale anche per $h_0+1$ dato che $((h_0-1)*p, (h_0-1)*p+p, (h_0-1)*p +q)$ stanno in $h_0, h_0+1, h_0+2$ (per supposizione induttiva), inoltre $((h_0)*p, (h_0+1)*p, (h_0+1)*p+q)$ stanno in $h_0+1, X, Y$. Chiaramente $X\ne h_0+2$ altrimenti avremmo che gli elementi $(h_0-1)*p+p$ e $(h_0+1)*p$ starebbero nello stesso insieme (impossibile dato che differiscono di $p$). Segue che $(h_0+1)*p$ sta nel insieme $h_0+2$-esimo. E ciò termina questa induzione.
Facendo gli stessi identici passaggi otteniamo che se $n=h*b$ allora $n$ sta nell'insieme $2h+1$-esimo
Passo base: la tripletta $0, p, q$ rispetta, e $q, p+q, 2q$ pure. Supponiamo ora che valga per tutti gli $h\leq h_0$
La tripletta $((h_0-1)*q, (h_0-1)*q+p, (h_0)*q)$ sta in $2h_0-1, 2h_0, 2h_0+1$ per ipotesi induttiva. Inoltre la tripletta $((h_0)*q, (h_0)*q+p, (h_0+1)*q)$ sta in $(2h_0+1, X, Y)$, ma di sicuro $X\ne2h_0+3$ altrimenti i termini $(h_0)*q+p, (h_0-1)*q+p$ starebbero nello stesso insieme (impossibile perchè differiscono di $q$). Segue che $Y=2h_0+3=2h_0$ dato che stiamo guardando i nomi modulo $3$, e l' induzione è completa.
Consideriamo ora $n=pq$. Dai precedenti lemmi segue che $n$ sta nell'insieme $q+1$-esimo e nell'insieme $2p+1$-esimo. Dato però che $n$ sta in un solo insieme, segue che
$$2p+1\equiv q+1\pmod{3}\Rightarrow 2p=q\pmod{3}$$
e dunque $p, q$ alternativamente $+1, -1$ modulo $3$ è l'unica possibilità.
E' immediato (anzi, in realtà è proprio il pensiero che spinge a guardare modulo $3$) verificare che è possibile costruire questi sottonsiemi semplicemente prendendo le $3$ classi di resto di $\mathbb{Z}_3$.