Sé que el resultado será una sección cónica. Voy a probar eso más adelante, pero empezar con esto. Yo vengo de un fondo de la geometría proyectiva, así que me gustaría homogeneizar sus puntos anexando un $1$, a continuación, encontrar las coordenadas de la línea que une a ellos mediante el cálculo de la cruz del producto.
$$\begin{pmatrix}t\\0\\1\end{pmatrix}\times
\begin{pmatrix}1\\t\\1\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}-t\\1-t\\t^2\end{pmatrix}$$
Esto también puede ser escrito como $-tx + (1-t)y + t^2=0$ habitual en coordenadas Cartesianas. Es un caso especial de una línea de la ecuación de $ax+by+c=0$. Ahora quiero describir una sección cónica en el doble sentido, es decir, no como un conjunto de puntos, sino un conjunto de tangente líneas. Eso significa que tengo que encontrar una forma cuadrática homogénea en $a,b,c$ que es cero para la línea de arriba. Por eso, considerar todos los coeficientes cuadráticos:
\begin{align*}
a^2 &= t^2 & ab &= t^2-t & b^2 &= 1-2t+t^2 \\
ac &= -t^3 & bc &= t^2-t^3 & c^2 &= t^4
\end{align*}
El $c^2$ expresión es el único con el grado $4$, y el $b^2$ expresión es el único con el término constante. Así que estos dos no pueden ser parte de la ecuación de segundo grado, ya que no tienen nada que cancelar en contra. Después de la eliminación de ellos, el $ab$ expresión es el único con el término lineal, lo dejamos así. Ahora la relación es fácil de ver:
$$ a^2 + ac - bc = 0 $$
Escrito como una matriz:
$$ (a,b,c)\cdot\begin{pmatrix}2&0&1\\0&0&-1\\1&-1&0\end{pmatrix}
\cdot\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix} = 0 $$
Ahora, como dije, que es la matriz para la doble cónica. El principal cónica está representado por la inversa de la matriz, o cualquier múltiplo de la misma:
$$ (x,y,1)\cdot\begin{pmatrix}1&1&0\\1&1&-2\\0&-2&0\end{pmatrix}
\cdot\begin{pmatrix}x\\y\\1\end{pmatrix} = 0 $$
Dado que el determinante de la parte superior izquierda $2\times2$ de la matriz es cero, esto es una parábola. También puede ser descrito por la ecuación
\begin{align*}
x^2 + 2xy + y^2 &= 4y \\
(x+y)^2 &= 4y
\end{align*}
Dado que este es el primal cónica para el dual que hemos calculado antes, y que la doble uno se dedujo a partir de una relación entre los términos de sus líneas, esto asegura que toda su familia de líneas será tangente a esta curva. Si te gusta, usted puede calcular el punto de tangencia como
$$ \begin{pmatrix}2&0&1\\0&0&-1\\1&-1&0\end{pmatrix}
\cdot\begin{pmatrix}-t\\1-t\\t^2\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}2t-t^2\\t^2\\1\end-{pmatrix} $$
Así que el punto de $(2t-t^2, t^2)$ se basa en la parábola y la recta.