Surjektivität und Gruppenhomomorphismen

15.05.2020, 15:22

Phasma

Auf diesen Beitrag antworten »

Surjektivität und Gruppenhomomorphismen

Sei $\begin{eqnarray*} \alpha: G \to H \end{eqnarray*}$ ein Gruppenhomomorphismus, wobei $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ abelsch sei.
Man zeige: $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ ist genau dann surjektiv, wenn für je zwei Gruppenhomomorphismen $\begin{eqnarray*} \beta, \gamma: H\to K \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \beta \circ \alpha=\gamma \circ \alpha \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} \beta = \gamma \end{eqnarray*}$ .

Meine Ideen:
Die eine Implikation finde ich nicht so problematisch:
Sei $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ surjektiv. Dann gibt es zu jedem $\begin{eqnarray*} h \in H \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} g \in G \end{eqnarray*}$ , sodass $\begin{eqnarray*} \alpha (g)=h \end{eqnarray*}$ .
Sei außerdem $\begin{eqnarray*} (\beta \circ \alpha) (g)=(\gamma\circ \alpha) (g) \end{eqnarray*}$ . Sei $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ beliebig: Dann gilt
$\begin{eqnarray*} \beta (h)=\beta(\alpha(g))=(\beta \circ \alpha) (g)=(\gamma\circ \alpha) (g)=\gamma (h) \end{eqnarray*}$ .
Passt das soweit?

Aber bei der Umkehrung komme ich leider gar nicht weiter. Wie komme ich denn von der Eigenschaft, dass für je zwei Gruppenhomomorphismen $\begin{eqnarray*} \beta, \gamma: H\to K \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \beta \circ \alpha=\gamma \circ \alpha \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} \beta = \gamma \end{eqnarray*}$ , zur Surjektivität?
Irgendwo müsste ja auch noch eine Rolle spielen, dass $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ abelsch ist, denn diese Voraussetzung haben wir bisher ja noch nicht verwendet...
Könnte mir hier jemand weiterhelfen?

16.05.2020, 15:25

Elvis

Auf diesen Beitrag antworten »

Wo immer mir ein Homomorphismus über den Weg läuft muss ich sofort an den Homomorphiesatz denken. Wenn ich jetzt Bleistift und Papier dabei haette, würde ich sofort ein entsprechendes Diagramm zeichnen und auf Diagrammjagd gehen. (Weiter bin ich noch nicht...)

Nachtrag: $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ abelsch wird man vielleicht brauchen, damit $\begin{eqnarray*} \alpha(G) \end{eqnarray*}$ Normalteiler in $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ ist, damit $\begin{eqnarray*} \beta(H) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \gamma(H) \end{eqnarray*}$ abelsch , also auch $\begin{eqnarray*} \beta\circ\alpha(G),\gamma\circ\alpha(G) \end{eqnarray*}$ Normalteiler in $\begin{eqnarray*} \beta(H), \gamma(H) \end{eqnarray*}$ , und dann kann man $\begin{eqnarray*} H/\alpha(G)\cong \beta(H)/\beta\circ\alpha(G)\cong \gamma(H)/\beta\circ\alpha(G) \end{eqnarray*}$ schließen. Und dann verließen sie ihn ...

16.05.2020, 23:24

Elvis

Auf diesen Beitrag antworten »

Die Idee war brauchbar, die Ausführung nicht. Für alpha nicht surjektiv setze K=H/alpha(G), beta den kanonischen Homomorphismus von H nach K, gamma die Nullabbildung von H nach K. (Stimmt das jetzt?)

16.05.2020, 23:33

zweiundvierzig

Auf diesen Beitrag antworten »

Sieht genau richtig aus.

17.05.2020, 06:57

IfindU

Auf diesen Beitrag antworten »

Mich überrascht dass die Aussage überhaupt gelten soll. Stimmt der rechte Teil der Aussage nicht immer, wenn K die triviale Gruppe ist. Und das unabhängig davon was G und alpha ist?

Oder ist auch K beliebig?

17.05.2020, 07:05

Elvis

Auf diesen Beitrag antworten »

Die Behauptung ist stärker. "Für je 2 Homomorphismen $\begin{eqnarray*} \beta, \gamma :H\to K \end{eqnarray*}$ " gilt für alle Gruppen $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ .

Ja zu deiner Nachfrage.

Anzeige

17.05.2020, 10:14

Phasma

Auf diesen Beitrag antworten »

Danke für die Ideen.

Ich habe versucht die Lösung von Elvis nachzuvollziehen.
Leider habe ich Probleme, die Strategie des Beweises zu verstehen.
Du sagst also, $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ sei nicht surjektiv, und möchtest dann zeigen, dass die Aussage auf der rechten Seite nicht stimmen kann. Dazu überlegst du dir ein Gegenbeispiel?! Müsstest du hier nicht zeigen, dass die Aussage dann für alle Gruppenhomomorphismen $\begin{eqnarray*} \beta, \gamma: H\to K \end{eqnarray*}$ nicht gelten kann?
Anders gesagt: Nur weil dein Beispiel mit dem kanonischen Homomorphismus und der Nullabbildung Surjektivität "erfordert", muss das doch nicht für alle gelten?

Oder verstehe ich die Aufgabe falsch, und es reicht, 2 Homomorphismen mit dieser Eigenschaft zu finden?

17.05.2020, 11:37

Elvis

Auf diesen Beitrag antworten »

Zur Logik der Behauptung ist zu sagen:
$\begin{eqnarray*} (\alpha \end{eqnarray*}$ surjektiv $\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow \forall \end{eqnarray*}$ Hom gilt X $\begin{eqnarray*} )\Leftrightarrow ((\alpha \end{eqnarray*}$ surjektiv $\begin{eqnarray*} \Rightarrow \forall \end{eqnarray*}$ Hom gilt X $\begin{eqnarray*} )\wedge (\forall \end{eqnarray*}$ Hom gilt X $\begin{eqnarray*} \Rightarrow \alpha \end{eqnarray*}$ surjektiv $\begin{eqnarray*} )) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow ((\alpha \end{eqnarray*}$ surjektiv $\begin{eqnarray*} \Rightarrow \forall \end{eqnarray*}$ Hom gilt X $\begin{eqnarray*} )\wedge (\alpha \end{eqnarray*}$ nicht surjektiv $\begin{eqnarray*} \Rightarrow\lnot\forall \end{eqnarray*}$ Hom gilt X $\begin{eqnarray*} ))\Leftrightarrow ((\alpha \end{eqnarray*}$ surjektiv $\begin{eqnarray*} \Rightarrow \forall \end{eqnarray*}$ Hom gilt X $\begin{eqnarray*} )\wedge (\alpha \end{eqnarray*}$ nicht surjektiv $\begin{eqnarray*} \Rightarrow \exists \end{eqnarray*}$ Hom $\begin{eqnarray*} \lnot \end{eqnarray*}$ X $\begin{eqnarray*} )) \end{eqnarray*}$

Den ersten Teil $\begin{eqnarray*} (\alpha \end{eqnarray*}$ surjektiv $\begin{eqnarray*} \Rightarrow \forall \end{eqnarray*}$ Hom gilt X $\begin{eqnarray*} ) \end{eqnarray*}$ hast du bewiesen.
Den zweiten Teil $\begin{eqnarray*} (\alpha \end{eqnarray*}$ nicht surjektiv $\begin{eqnarray*} \Rightarrow \exists \end{eqnarray*}$ Hom $\begin{eqnarray*} \lnot \end{eqnarray*}$ X $\begin{eqnarray*} ) \end{eqnarray*}$ habe ich bewiesen durch Angabe eines (Gegen-)Beispiels.
(Weil ich mir kurz vor Mitternacht über die Logik nur zu 99,9 % sicher war, habe ich mir die Richtigkeit von zweiundvierzig bestätigen lassen.)

Das Beispiel solltest du noch analysieren und detailliert aufschreiben, damit du seine Bedeutung verstehst und insbesondere realisierst, wo die Voraussetzung "H abelsch" eingeht, weil man für allgemeine Gruppen H nicht so argumentieren kann. Zusatzübung: Ist die Behauptung für nichtabelsche Gruppen H falsch ? Beispiel ?

17.05.2020, 13:22

zweiundvierzig

Auf diesen Beitrag antworten »

Sei $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ abelsch und gelte $\begin{eqnarray*} \beta \alpha = \gamma \alpha \implies \beta = \gamma \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} K, \alpha,\beta: H \to K \end{eqnarray*}$ .

Wie Elvis geschrieben hat: Da $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ abelsch ist, ist $\begin{eqnarray*} \mathrm{im}(\alpha) \end{eqnarray*}$ ein Normalteiler in $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ , d.h. es existiert die Faktorgruppe $\begin{eqnarray*} H/\mathrm{im}(\alpha) =: K \end{eqnarray*}$ . Instantiiere $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ als kanonische Projektion und $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ als konstante Abbildung auf das neutrale Element. Damit gilt $\begin{eqnarray*} \beta \alpha = \gamma \alpha \end{eqnarray*}$ , also folgt aus der Annahme $\begin{eqnarray*} \beta = \gamma \end{eqnarray*}$ . Das bedeutet aber $\begin{eqnarray*} \mathrm{im}(\alpha) = H \end{eqnarray*}$ .

Edit: Das ist ein direkter Beweis, ich sehe hier nicht, dass man die Kontraposition braucht.

17.05.2020, 13:49

Phasma

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, wenn man es so wie du mit Quantoren hinschreibt, ist es klar. Vorhin habe ich versucht es zu "durchdenken", und dabei einen Denkfehler gemacht.

Jetzt zum Beispiel: Sei also $\begin{eqnarray*} \alpha: G \to H \end{eqnarray*}$ ein Homomorphismus und nicht surjektiv. Das Bild $\begin{eqnarray*} im(\alpha) \end{eqnarray*}$ ist eine Untergruppe von $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ . Weil $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ eine abelsche Gruppe ist, sind alle Untergruppen Normalteiler, also auch $\begin{eqnarray*} im(\alpha) \end{eqnarray*}$ , und wir können die Faktorgruppe $\begin{eqnarray*} K:=H/im(\alpha) \end{eqnarray*}$ betrachten.
Dann definieren wir die Homomorphismen

$\begin{eqnarray*} \beta: H \to K \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} h \mapsto h\cdot im(\alpha) \end{eqnarray*}$ (kanonischer Homomorphismus)

und

$\begin{eqnarray*} \gamma: H \to K \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} h \mapsto im(\alpha) \end{eqnarray*}$ (Nullabbildung).

Es gilt $\begin{eqnarray*} \beta \circ \alpha = \beta (\alpha(g))=im(\alpha) \end{eqnarray*}$ , weil natürlich $\begin{eqnarray*} \alpha(g) \in im(\alpha) \end{eqnarray*}$ , und damit $\begin{eqnarray*} \beta \circ \alpha = \gamma \circ \alpha \end{eqnarray*}$ .
Aber weil $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ nicht surjektiv ist, hat nicht jedes Element in $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ mindestens ein Urbild, es gibt also ein $\begin{eqnarray*} h_0 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} h_0 \notin im(\alpha) \end{eqnarray*}$ . Also gilt
$\begin{eqnarray*} \beta(h_0) \neq im(\alpha) =\gamma(h_0) \end{eqnarray*}$ .

Ist der Beweis so vollständig und richtig?

Für nichtabelsche Gruppen ist die Behauptung bestimmt falsch, aber leider konnte ich noch kein Gegenbeispiel finden. Weil $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ nicht abelsch ist, kann man ja nicht mehr wie oben bei $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ so geschickt die Faktorgruppe bilden... Aber konkret müsste ich ja ein nicht-surjektives $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ finden, sodass trotzdem die Aussage auf der rechten Seite für alle $\begin{eqnarray*} \beta, \gamma \end{eqnarray*}$ und für beliebiges $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ gilt. Wie bekomme ich das denn hin?

EDIT: Zweiundvierzig: Deinen Beitrag habe ich zu spät gesehen, ich schaus mir noch an.

17.05.2020, 14:15

Elvis

Auf diesen Beitrag antworten »

@zweiundvierzig
Stimmt, das ist ein direkter Beweis. Weil die Behauptung für alle $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ gilt, gilt sie auch für die Faktorgruppe. Da der einzige Homomorphismus von $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} H/im(\alpha) \end{eqnarray*}$ die Nullabbildung ist, ist $\begin{eqnarray*} H/im(\alpha) \end{eqnarray*}$ die Null, also $\begin{eqnarray*} H=im(\alpha) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ surjektiv.

17.05.2020, 14:29

zweiundvierzig

Auf diesen Beitrag antworten »

@Elvis: Genau.

@Phasma: In der Aufgabe nicht gefordert, aber möglich ist es sich ein Gegenbeispiel zu überlegen, bei dem $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ nicht abelsch ist, um zu zeigen, dass die Voraussetzung der Kommutativität notwendig ist. Evtl. mal ein paar nichtabelsche Gruppen durchgehen und schauen, womit es daneben geht.

17.05.2020, 16:11

jester.

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von zweiundvierzig
@Phasma: In der Aufgabe nicht gefordert, aber möglich ist es sich ein Gegenbeispiel zu überlegen, bei dem $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ nicht abelsch ist, um zu zeigen, dass die Voraussetzung der Kommutativität notwendig ist. Evtl. mal ein paar nichtabelsche Gruppen durchgehen und schauen, womit es daneben geht.

@zweiundvierzig Hast du ein solches Beispiel konkret vorliegen? Ich glaube mir einen Beweis mit Hinweisen aus dem Internet für den nichtabelschen Fall zusammengeklaubt zu haben. Bitte mal gegenprüfen Augenzwinkern

Augenzwinkern

Sei $\begin{eqnarray*} \alpha ~:~ G\to H \end{eqnarray*}$ ein rechts kürzbarer Gruppenhomomorphismus und $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ nun nicht mehr notwendig abelsch.
Bezeichne $\begin{eqnarray*} B:=\mathrm{Bild}(\alpha) \leq H \end{eqnarray*}$ . Ist $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ normal in $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ , so geht der hier bereits gezeigte Beweis durch.
Ist $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ nicht normal in $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ , so hat $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ mindestens 3 Nebenklassen in $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ (Untergruppen vom Index 2 sind normal).

Die Annahme, dass $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ nicht normal in $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ ist, schließt natürlich erstmal $\begin{eqnarray*} B=H \end{eqnarray*}$ und somit die Surjektivität von $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ aus. Somit wird das hier formell wohl ein Widerspruchsbeweis...

Seien $\begin{eqnarray*} x,y \in H \end{eqnarray*}$ so gewählt, dass $\begin{eqnarray*} B, xB, yB \end{eqnarray*}$ drei verschiedene Nebenklassen von $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ sind.
Definiere $\begin{eqnarray*} \sigma \in \mathrm{Sym}(H) \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} \sigma(xb) = yb \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} b\in B \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} \sigma(yb)=xb \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} b\in B \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \sigma(h)=h \end{eqnarray*}$ auf dem Rest von $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ .

In der symmetrischen Gruppe auf $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ definieren wir nun für jedes $\begin{eqnarray*} h\in H \end{eqnarray*}$ die Permutationen $\begin{eqnarray*} \lambda_h ~:~ H\to H, ~ x\mapsto hx \end{eqnarray*}$ (Linksmultiplikation mit $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ ) und $\begin{eqnarray*} \overline{\lambda_h} = \sigma^{-1}\circ \lambda_h \circ \sigma \end{eqnarray*}$ .
Es ist $\begin{eqnarray*} \overline{\lambda_h}=\lambda_{\sigma(h)} \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} (\dagger) \end{eqnarray*}$ .

Nun definieren wir
$\begin{eqnarray*} \lambda ~:~ H \to \mathrm{Sym}(H), ~ h\mapsto \lambda_h \end{eqnarray*}$ und
$\begin{eqnarray*} \overline{\lambda} ~:~ H \to \mathrm{Sym}(H), ~ h\mapsto \overline{\lambda_h} \end{eqnarray*}$ .

Behauptung: $\begin{eqnarray*} \lambda\circ\alpha = \overline{\lambda}\circ\alpha \end{eqnarray*}$ .
Zum Beweis sei $\begin{eqnarray*} g\in G \end{eqnarray*}$ . Dann gilt $\begin{eqnarray*} \overline{\lambda}(\alpha(g)) = \overline{\lambda_{\alpha(g)}} \end{eqnarray*}$ und dies ist nach $\begin{eqnarray*} (\dagger) \end{eqnarray*}$ dasselbe wie $\begin{eqnarray*} \lambda_{\sigma(\alpha(g))} \end{eqnarray*}$ . Da $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ nach Konstruktion das Bild von $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ fest lässt, ist $\begin{eqnarray*} \lambda_{\sigma(\alpha(g))} = \lambda_{\alpha(g)} = \lambda(\alpha(g)) \end{eqnarray*}$ .

Da $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ nach Voraussetzung rechts kürzbar ist, folgt $\begin{eqnarray*} \overline{\lambda}=\lambda \end{eqnarray*}$ , was $\begin{eqnarray*} \sigma\circ \lambda_h = \lambda_h \circ \sigma \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} h\in H \end{eqnarray*}$ bedeutet.

Betrachte nun das Element $\begin{eqnarray*} h:=xb \end{eqnarray*}$ für ein $\begin{eqnarray*} b\in B \end{eqnarray*}$ . Dann ist
$\begin{eqnarray*} \lambda_h\circ\sigma(1) = \lambda_h(\sigma(1)) = \lambda_h(1) = h\cdot 1 = h \end{eqnarray*}$ ,
jedoch ist andererseits
$\begin{eqnarray*} \sigma\circ\lambda_h(1) = \sigma(h\cdot 1) = \sigma(h) = \sigma(xb) = yb \neq h \end{eqnarray*}$
nach Konstruktion von $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ , und das ist der gesuchte Widerspruch.

22.05.2020, 21:36

zweiundvierzig

Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo jester.,

Entschuldigung für die Funkstille.

In Retrospekt sehe ich, dass meine Antwort suggerierte, dass ich ein Gegenbeispiel hätte, was aber nicht der Fall. Ich wollte eher anregen, wie ich vorginge, wenn ich eins suchen wollte.

Ich verstehe diese Identität nicht:

Zitat:

Original von jester.
Es ist $\begin{eqnarray*} \overline{\lambda_h}=\lambda_{\sigma(h)} \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} (\dagger) \end{eqnarray*}$ .

Ist das nicht z.B. für Fixpunkte von $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ i.a. verletzt? Was ich übersehe ich?

22.05.2020, 22:12

jester.

Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo zweiundvierzig.
Ich denke das kann man so zeigen:
Sei $\begin{eqnarray*} x\in H \end{eqnarray*}$ . Dann gilt
$\begin{eqnarray*} \overline{\lambda_h}(x) = \sigma^{-1}\Big(\lambda_h\big(\sigma(x)\big)\Big) = \sigma^{-1} \big( h\cdot \sigma(x) \big) = \sigma^{-1}(h) \cdot \sigma^{-1}\big( \sigma(x) \big) = \sigma^{-1}(h) \cdot x = \lambda_{\sigma^{-1}(h)}(x). \end{eqnarray*}$
Nach Konstruktion ist $\begin{eqnarray*} \sigma \in \mathrm{Sym}(H) \end{eqnarray*}$ selbstinvers, also kann man im Ergebnis dieser Gleichung $\begin{eqnarray*} \sigma^{-1} \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ ersetzen.

Ich glaube, dass ich mich ursprünglich verrechnet hatte, daher statt bei $\begin{eqnarray*} \sigma^{-1} \end{eqnarray*}$ im Index von $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ direkt bei $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ ankam und deswegen $\begin{eqnarray*} \overline{\lambda_h} = \lambda_{\sigma(h)} \end{eqnarray*}$ ohne weitere Begründung behauptet habe.

Insgesamt war ich mir bei dem Beweis ein bisschen unsicher, weil er relativ unübersichtlich ist.
Inzwischen - nach ein paar Tagen und mehrmaligem weiterem Durchlesen des Beweises - bin ich zwar eher überzeugt von ihm. Mich stört aber, dass der Beweis irgendwie so umständlich ist. Es bleibt das Gefühl, alles bewiesen aber nichts verstanden zu haben. Im Gegensatz dazu ist der Beweis im abelschen Fall (kanonische Projektion und konstante Abbildung betrachten) spontan eingängig...

22.05.2020, 22:31

zweiundvierzig

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von jester.
Hallo zweiundvierzig.
Ich denke das kann man so zeigen:[...]

Ich verstehe, danke!

Insgesamt sieht mir der Beweis richtig aus.

Zitat:

Original von jester.
Insgesamt war ich mir bei dem Beweis ein bisschen unsicher, weil er relativ unübersichtlich ist.

Ich sehe den Einwand. Aber manchmal ist die Natur einfach wild. smile

smile

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »