La conjetura es falsa. Aquí es un contraejemplo.
Supongamos $R$ es un anillo con la propiedad de que todos los $r \in R^\times$ satisface $r^2 = 1$.
A continuación, tanto en $(R,+)$ e $(R^\times,\cdot)$ son abelian grupos con la propiedad de que cada elemento tiene un exponente $2$ — es decir, son espacios vectoriales sobre $\mathbf{F}_2$.
Si $B$ es una base de un espacio vectorial $V$ sobre $\mathbf{F}_2$, luego los elementos de $V$ puede ser identificado con subconjuntos finitos de $B$. Si $B$ es infinita, tiene la misma cardinalidad, su conjunto de subconjuntos finitos. En consecuencia, $(R,+)$ e $(R^\times, \cdot)$ son isomorfos si y sólo $R$ e $R^\times$ tienen la misma cardinalidad.
Deje $X$ ser un conjunto de indeterminates, y definir el anillo
$$ T[X] = \mathbf{F}_2[X] / \langle x^2 - 1 \mid x \in X \rangle $$
$(T[X], +)$ es un espacio vectorial cuya base es el conjunto de todos los subconjuntos finitos de $X$. Para cualquier $v \in T[X]$, vamos a $\deg(v)$ la suma de los coeficientes de $v$.
Para cada $v \in T[X]$, $v^2 = \deg(v)$.
Por lo tanto, para cada $v \in T[X]$, o tenemos $v$ es divisor de cero ($v^2 = 0$) o $v$ es una unidad (con inverse $v$). Por lo tanto, $T[X]^\times$ es el conjunto de todos los elementos con $\deg(v) = 1$.
Si $X$ es infinito, $T[X]$ e $T[X]^\times$ tienen la misma cardinalidad, y por lo tanto $(T[X],+)$ es isomorfo a $(T[X]^\times, \cdot)$ como abelian grupos.
