Az $a=1$, $b=1$, $c=1$ teljesíti a feltételeket. Belátjuk, hogy más megoldás nincs.
Ha $a$, $b$, $c$ valamelyike 1 (a szimmetria miatt föltehetjük, hogy ez $a$), akkor a többi is 1, hiszen $b\mid 2^a-1=1$ miatt $b=1$, végül $c\mid 2^b-1=1$ miatt $c=1$.
A továbbiakban föltesszük, hogy $a\mathrm{,}b\mathrm{,}c\ne 1$. Teljes indukcióval bebizonyítjuk, hogy $a$, $b$ és $c$ egyike sem osztható semmilyen $p$ prímmel.
Mivel $2^a-1$, $2^b-1$ és $2^c-1$ páratlan számok, azért $a$, $b$ és $c$ nem osztható 2-vel. Tegyük fel, hogy egy $p\ge 3$ prím esetén a $p$-nél kisebb összes prímre igaz, hogy nem osztója $a$, $b$, $c$-nek. Belátjuk, hogy ekkor $p$ sem osztója egyik számnak sem.
Ezt az állítást indirekt látjuk be. Tegyük fel, hogy $p$ osztója a három szám egyikének, mondjuk $a$-nak. Ekkor $a\mid 2^c-1$-ből $p\mid 2^c-1$ következik. A kis Fermat-tétel szerint $p\mid 2^{p-1}-1$. Jelölje $d$ a legkisebb olyan pozitív egész kitevőt, amelyre $p\mid 2^d-1$ teljesül. Mivel a 2-hatványok $p$-vel való osztási maradékai periodikusan ismétlődnek, így ezekből az következik, hogy $c$ és $p-1$ is többszöröse $d$-nek. A $d$ nyilván nem 1 (hiszen $2^1=2$ semmilyen prímmel osztva
nem ad $1$ maradékot), tehát van prímosztója, és ez csak $p$-nél kisebb lehet (hiszen legföljebb $p-1$). Így $c$ osztható egy $p$-nél kisebb prímmel. Ez az indukciós föltevés miatt ellentmondás, vagyis az eredeti feltevésünk hamis volt: nem lehet osztható $p$-vel a három szám egyike sem. Ezzel az indukciós lépést befejeztük.
Tehát valóban az $a=1$, $b=1$, $c=1$ az egyetlen megoldás.