Esta no es una respuesta adecuada, ya que la pregunta principal se me escapó durante bastante tiempo, al tratar de responder.
Sin embargo, está claro que, en el caso finito, la respuesta es sí.
Así que está la cuestión de si $f(a \to b) = f(a) \to f(b)$ .
Y la respuesta es que no es necesariamente así.
Para un contraejemplo muy sencillo, tomemos $L$ para ser la cadena de tres elementos, con $0<e<1$ et $L'$ el de dos elementos, $0<1$ .
El mapa $f:L\to L'$ dado por $$f(0)=f(e)=0 \quad\text{and}\quad f(1) = 1,$$ es ciertamente un homomorfismo onto de la red. Sin embargo, $$f(e \to 0) = f(0) = 0 \neq 1 = 0 \to 0 = f(e) \to f(0).$$ Las igualdades anteriores son fáciles de comprobar, ya sea directamente por definición, o teniendo en cuenta que, como puede ver aquí , segundo ejemplo, en una cadena, $a \to b = b$ si $b < a$ y, en general, si $a \leq b$ entonces $a \to b = 1$ .
En un intento de ser más perspicaz, una buena razón para llegar al ejemplo anterior es la siguiente.
Como sabes para cada homomorfismo $f:L \to L'$ el núcleo de $f$ es una congruencia de $L$ .
Así que la pregunta más pequeña que hiciste es equivalente a preguntar si $\theta$ es una congruencia del álgebra de Heyting, siempre que $L$ es un álgebra de Heyting y $\theta$ es una congruencia reticular en $L$ .
Pero las álgebras de Heyting son $1$ -regular, es decir, una congruencia en un álgebra de Heyting está determinada por la clase de congruencia de $1$ .
Para ser más precisos, $$(a,b) \in \theta \Leftrightarrow ((a \to b) \wedge (b \to a), 1) \in \theta.$$ Más concretamente, un álgebra de Heyting es subdirectamente irreducible si tiene un elemento $e$ tal que, para $x \neq 1$ en ese álgebra, $x \leq e$ y en ese caso, $$\mu = \{e,1\}^2 \cup \Delta_L$$ es el monolito, lo que significa que $\mu \leq \theta$ , siempre que $\theta$ es una congruencia no trivial ( $\theta \neq \Delta_L$ ).
Por lo tanto, si $(e,x) \in \theta \neq \Delta$ entonces $(e,1) \in \theta$ que no se da en el caso de $\theta = \ker f$ , en el ejemplo anterior.
