Se conoce que todos los primos p, $p>3$, $p\equiv 1,-1\pmod6$, por lo tanto,
$p^2\equiv1\pmod6$
Por lo tanto, si suponemos que $p,q,r>3$ $\Rightarrow$
$1+1\equiv74(1+1)\pmod6$
$2\equiv4\pmod6$
Absurdo.
Por lo tanto alguno de los primos es $2 o 3$. Claramente por $p$ no lo es, porque el lado derecho es mucho más grande.
Ahora módulo 3:
Es fácil ver que los cuadrados son congruentes con $1 o 0$ módulo 3, por lo tanto, si ninguno fuera múltiplo de 3:
$2\equiv4\pmod3$
Absurdo.
Por lo tanto $r$ o $q$ es 3. Sin pérdida de generalidad, $q=3$ $\Rightarrow$
$p^2+1=74(9+r^2)$
$p^2+1=666+74r^2$
$p^2-74r^2=665$
Es fácil ver que los cuadrados son congruentes con $1 o 0$ módulo 4, y como $p$ no es 2 $\Rightarrow$
$1-2r^2\equiv1\pmod4$
$\Rightarrow$
$2r^2\equiv0\pmod4$
$\Rightarrow$
$r=2$
Luego, $p^2=665+74\times4$
$p^2=961$
$p=31$
Entonces las soluciones son:
$(p,q,r)=(31,3,2);(31,2,3)$
Ahora sí, manos a la obra.
Como $p=2$ y $p=3$ no resisten el test de multiplicidad de $74$, asumimos $p>3$ [así podemos triturar al problema con el súper-lema ].
Haciendo esto, tenemos
$$2\equiv 2(q^2+r^2)\mod 24\Longrightarrow 1\equiv q^2+r^2\mod 12$$
Que sólo tiene la solución $q^2+r^2=4+9=13\equiv 1\mod 12$, es decir, que la única alternativa es
$$p^2+1=74(2^2+3^2)=74\cdot 13=962\Longrightarrow p^2=961\Longrightarrow p=13$$
Lo que lleva a que las únicas soluciones son $(p,q,r)=(13,2,3),(13,3,2)$.