Tome $G=\mathbb{Z}/4\mathbb{Z} = \{0,1,2,3\}$, tome $H=\{0,2\}\cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$.
Es fácil ver que $G(2)=H(2)=H$ y, por tanto, $G(2)/H(2)$ es trivial.
Sin embargo $G/H\cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$$(G/H)(2)=G/H$.
Tenga en cuenta que este caso es para $p=2$ y puede ser generalizada para todos los primos.
Edit: Respuesta a la editada pregunta. Ahora el isomorfismo sostiene.
Defino una inyección de $\varphi:G(p)/H(p)\rightarrow (G/H)(p)$ como sigue:
Deje $gH(p)\in G(p)/H(p)$ y elija cualquier representante de $g\in G(p)$ I definir $\varphi(g) = gH$.
$\varphi$ está bien definido
Primero de todo si $g\in H(p)$ $g\in H$ y se envía a la trivial elemento. Es a la izquierda para mostrar que $gH\in G/H(p)$. Por definición no existe $p^n$ tal que $g^{p^n} = 1$ y, por tanto, $(gH)^{p^n} = g^{p^n}H=H$ es la unidad de elemento.
$\varphi$ es de uno a uno
Deje $gH(p),g'H(p)$ ser tal que $\varphi(g)=\varphi(g')$$gH=g'H$$gg'^{-1}\in H$. También como $g$ orden $p^n$ $g'$ orden $p^{n'}$ tenemos que $gg'^{-1}$ es de orden $n+n'$, por lo que pertenece a $H(p)$ Se sigue que $gH_p=g'H_p$.
Por lo tanto, $G(p)/H(p)$ es isomorfo a un subgrupo de $(G/H)(p)$. Ahora usted puede probar el uso de la cardinalidad de los argumentos que este subgrupo debe ser todo.
Por la estructura de finito abelian grupos puede escribir
$$G\cong \bigoplus_{i=1}^m \mathbb{Z}/{p^{n_i}_i}\mathbb{Z}$$ for some fintie $m$ and possibly non-distinct $p_i$.
Como $H$ es un subgrupo es isomorfo a
$$H\cong \bigoplus_{i=1}^m \mathbb{Z}/{p^{k_i}_i}\mathbb{Z}$$
para algunos $k_i\leq n_i$
De ello se desprende que $G/H\cong \bigoplus_{i=1}^m \mathbb{Z}/{p^{n_i-k_i}_i}\mathbb{Z}$
A partir de esto es fácil ver que el tamaño de $G(p)/H(p)$ es igual al tamaño de $(G/H)(p)$ (que es igual a $\prod_{\{i:p_i=p\}} p^{n_i-k_i}$). Por lo tanto son isomorfos. En otras palabras $\varphi$ es un isomorfismo.
Edit 2: Respuesta a la pregunta en el comentario. La respuesta es sí (obviamente), pero no es que agradable...
Comenzamos con $gH$ $(G/H)(p)$ así como usted dice $g^{p^n}\in H$. Vamos a modificar $g$.
En primer lugar por la estructura de finito abelian grupos podemos escribir $H=\mathbb{Z}/p^m\mathbb{Z}\oplus T$ donde $|T|$ es coprime a $p$. Así, es fácil ver que el elemento $g^{p^{n+m}}\in T$.
Ahora el orden de $T$ es coprime a $p$ podemos encontrar una $p^{n+m}$'th raíz de $g$, lo llamamos $t\in H$ y que satisface a $g^{p^{n+m}}=t^{p^{n+m}}$. En particular,$gt^{-1}\in G(p)$.
Como $t\in H$ tenemos que $gt^{-1} H = gH$. Por lo tanto, podemos definir la inversa de a $\varphi$ a ser el mapa de $gH\mapsto gt^{-1}H(p)$. Tenga en cuenta que esto no depende de la elección de $t$ si $t'$ es también la satisfacción de que $g^{p^{n+m}}=t'^{p^{n+m}}$$tt'^{-1}\in H(p)$.
