Megoldás. $x$ és $y$ prímek, ezért $x^2+y^2>0$, így $z-16>0$ is fennáll. Mivel $z>16$ és prím, azért páratlan, és így $z-16$ is páratlan. Ekkor $x^2+y^2$ is páratlan. Mivel csak egy páros prímszám van, a 2, az $x$ és $y$ közül valamelyik 2, a másik páratlan.
Ha például $y=2$, akkor $x^2+4=z-16$, innen $x^2=z-20$. Nyilván $z>20$. Ha $x=3$, akkor $z=29$.
Ha $y=2$ és $x$  3-nál nagyobb prímszám lenne, akkor $x=3k\pm 1$ ($k\in \text{Z}$ és $k>1$) alakú lenne, tehát $x^2=9k^2\pm 6k+1$ és $z=9k^2\pm 6k+21=3\left(3k^2\pm 2k+7\right)$, azaz $z$ is osztható lenne 3-mal, tehát nem lehetne prímszám.
Tehát ha $y=2$, akkor $x=3$ és $z=29$.
Mivel az egyenletben $x$ és $y$ szerepe felcserélhető, az egyenlet másik megoldása: $x=2$, $y=3$ és $z=29$.