Soit $n\in {\mathbb{N}}^{*}$ tel que $a^n=0_A$.

Puisque $a$ et $1_A$ commutent, on peut écrire les factorisations

On en déduit que $1_A-a$ est inversible et $1_A+a+\mathrm{\cdots }+a^{n-1}$ est son inverse.

Supposons que $A$ n’ait pas de diviseurs de zéro.
Soit $x\in A$ avec $x\ne 0$.

car $x\ne 0$.
Ainsi $x$ est régulier à gauche. Il en est de même à droite.
Supposons que tout élément non nul de $A$ soit régulier.

(par régularité de $x$ dans le cas où $x\ne 0$).
Par suite, l’anneau $A$ ne possède pas de diviseurs de zéro.

Soit $x=b{(ab)}^{-1}$. Montrons que $x$ est l’inverse de $a$.
On a $ax=ab{(ab)}^{-1}=1$ et $xab=b{(ab)}^{-1}ab=b$ donc $(xa-1)b=0$ puis $xa=1$ car $b$ n’est pas diviseur de 0. Ainsi $a$ est inversible et $x$ est son inverse.
De plus, $b=a^{-1}(ab)$ l’est aussi par produit d’éléments inversibles.

Soit $a\in G$. Pour tout $k\in {\mathbb{N}}^{*}$, $a^k$ est un élément de $G$ car $G$ est stable par produit. Puisque $G$ est un ensemble fini, il existe $k,\mathrm{\ell }\in {\mathbb{N}}^{*}$ tels que $a^k=a^{\mathrm{\ell }}$ avec $k\ne \mathrm{\ell }$. Quitte à échanger, on peut supposer $k<\mathrm{\ell }$ et écrire

Par intégrité de l’anneau $(A,+,\times )$, $a^k\ne 0_A$ puis $a^{\mathrm{\ell }-k}-1_A=0_A$. Ainsi, $a^{\mathrm{\ell }-k}=1_A$. En particulier, $1_A\in G$ et, de plus, $a$ est inversible avec $a^{-1}=a^{\mathrm{\ell }-k-1}\in G$.

Ainsi, $G$ est une partie de $A^{\times }$, contenant $1_A$, stable par produit et par passage à l’inverse de ses éléments, c’est un sous-groupe du groupe $(A^{\times },\times )$.