[Recopilación de información valiosa a partir de los comentarios, espero que esta respuesta va a aclarar lo interior y los productos cruzados para tomar, y por qué.]
Para mí, la clave para resolver este problema es la ortogonalidad de las iniciales de los vectores $E_0$$B_0$. Considere los tres vectores $E_0$, $B_0$ y $(E_0 \times B_0)$. Estos tres vectores son mutuamente ortogonales, por lo que (y esto es importante!) la triple $\{E_0,B_0,E_0 \times B_0\}$ forma una base del espacio tridimensional. Es decir, se puede escribir cualquier vector en $\mathbb{R}^3$ en términos de sus componentes a lo largo de " estos vectores. Más precisamente, para cualquier vector $V \in \mathbb{R}^3$, podemos escribir
$$
V = \left[\frac{V \cdot E_0}{E_0 \cdot E_0}\right]E_0 + \left[\frac{V \cdot B_0}{B_0 \cdot B_0}\right]B_0 + \left[\frac{V \cdot (E_0\times B_0)}{(E_0\times B_0) \cdot (E_0\times B_0)}\right](E_0\times B_0).\la etiqueta{1}
$$
El interior de los productos en los denominadores están allí para la consistencia, de tal manera que, por ejemplo,
\begin{align}
E_0 &= \left[\frac{E_0 \cdot E_0}{E_0 \cdot E_0}\right]E_0 + \left[\frac{E_0 \cdot B_0}{B_0 \cdot B_0}\right]B_0 + \left[\frac{E_0 \cdot (E_0\times B_0)}{(E_0\times B_0) \cdot (E_0\times B_0)}\right](E_0\times B_0)\\
&= \left[1\right]\,E_0 + [0]\,B_0 + [0]\,(E_0\times B_0).
\end{align}
El plazo $\left[\frac{V \cdot E_0}{E_0 \cdot E_0}\right]E_0 $ $(1)$ se llama una proyección en $E_0$.
Resulta que esta particular elección de base $\{E_0,B_0,E_0 \times B_0\}$ simplifica las ecuaciones para el campo eléctrico y magnético considerablemente. Por ejemplo, mirando el componente de $E$ a lo largo de $E_0$, es decir, la proyección de $E$ a $E_0$, obtenemos
\begin{align}
\left[\frac{\frac{\text{d} E}{\text{d} t} \cdot E_0}{E_0 \cdot E_0}\right]E_0 &= \left[\frac{(E_0 + (B \times E_0) \cdot E_0}{E_0 \cdot E_0}\right]E_0\\
&= \left[\frac{E_0 \cdot E_0}{E_0 \cdot E_0}\right]E_0\\
&= [1] E_0,
\end{align}
así que podemos concluir que
$$
\frac{\text{d}}{\text{d} t} \left(E \cdot E_0 \right) = \frac{\text{d} E}{\text{d} t} \cdot E_0 = E_0 \cdot E_0 = \text{constante}.
$$
Ahora, voy a ir a través de los movimientos (es decir, la proyección de ambas ecuaciones en los tres vectores de la base), obtenemos el siguiente sistema:
\begin{align}
\frac{\text{d} x_1}{\text{d} t} &= c_1,\\
\frac{\text{d} x_2}{\text{d} t} &= - z_1,\\
\frac{\text{d} y_1}{\text{d} t} &= z_2,\\ \tag{2}
\frac{\text{d} y_2}{\text{d} t} &= c_2,\\
\frac{\text{d} z_1}{\text{d} t} &= - c_1 y_2,\\
\frac{\text{d} z_2}{\text{d} t} &= c_2 x_1.
\end{align}
Aquí, $x_1 = E \cdot E_0, x_2 = B \cdot E_0, y_1 = E \cdot B_0, y_2 = B \cdot B_0, z_1 = E \cdot (E_0 \times B_0), z_2 = B \cdot (E_0 \times B_0)$, e $c_1 = E_0 \cdot E_0, c_2 = B_0 \cdot B_0$ son constantes. Sistema de $(2)$ es muy fácil de resolver de forma iterativa. Tenga en cuenta que la condición inicial $E(t=0) = E_0$ se traduce en $x_1(t=0) = c_1$$x_2(t=0) = 0$, etc.
Resolver el sistema de $(2)$ y sustituir los resultados en $(1)$, se obtiene
\begin{align}
E &= (1+t) E_0 + \left(\frac{1}{2}t^2 + \frac{1}{6} t^3\right) B_0 - \left(t + \frac{1}{2} t^2\right) \left(E_0 \times B_0\right),\\
B &= \left(\frac{1}{2}t^2 + \frac{1}{6} t^3\right) E_0 + (1+t) B_0 + \left(t + \frac{1}{2} t^2\right) \left(E_0 \times B_0\right). \tag{3}
\end{align}
Ahora, usted puede ver claramente lo que sucede cuando $t$ se hace grande. La cúbico $t^3$plazo crece más rápido que la cuadrática $t^2$ y lineal $t$ términos, por lo que se observa que el$E \leadsto \frac{1}{6} t^3 B_0$$t \to \infty$, y de forma equivalente,$B \leadsto \frac{1}{6} t^3 E_0$$t \to \infty$. En otras palabras, el principal componente de $E$ es el que a lo largo de $B_0$, y, por tanto, $E$ tiende a la dirección de la $B_0$ $t \to \infty$ (e $B$ tiende a la dirección de la $E_0$). Desde $E$ $B$ inició a lo largo de (igual a, en realidad) $E_0$ resp. $B_0$, los campos de hecho, dirección inversa como $t \to \infty$.
