Es completamente conocido. Prefiero definir el Laplaciano como $A - D$. Esta más estrechamente imita el comportamiento de la continua Laplaciano, que es negativo-semidefinite.
Deje $G, H$ dos localmente finito gráficos con Laplacians $L_G, L_H$. El producto Cartesiano $G \Box H$ es de nuevo localmente finito y tiene Laplaciano la suma de Kronecker $L_G \otimes I + I \otimes L_H$, lo que ha vectores propios de la forma $v \otimes w$ donde $v$ es un autovector de a $L_G$ $w$ es un autovector de a $L_H$. Si $\lambda_v, \lambda_w$ son los correspondientes autovalores, entonces el autovalor asociado a$v \otimes w$$\lambda_v + \lambda_w$. Observar ahora que la $d$-dimensiones de la cuadrícula es sólo el producto Cartesiano de a $d$ copias de la $1$-dimensiones de la cuadrícula, por lo que es suficiente para responder a la pregunta de $d = 1$. (Un análogo de la declaración es verdadera en el caso continuo.)
Al $d = 1$, un autovector de la Laplaciano con autovalor $\lambda$ es una secuencia $a_n, n \in \mathbb{Z}$ tal que
$$a_{n+1} - 2a_n + a_{n-1} = \lambda a_n.$$
Si $\lambda = 0$, a continuación, estas son precisamente las secuencias lineales $a_n = an + b$, y si $\lambda = -4$, a continuación, estos son, precisamente, las secuencias de la forma
$$a_n = (an + b)(-1)^n + cn + d.$$
De lo contrario, el polinomio característico $t^2 - (2 + \lambda) t + 1$ es separable, por lo que tenemos secuencias de la forma
$$a_n = a r^n + b s^n$$
donde $r, s$ son las dos raíces del polinomio característico, por lo que
$$r, s = \frac{2 + \lambda \pm \sqrt{\lambda^2 + 4 \lambda}}{2}.$$
Lo más habitual es, creo, para restringir la atención a la limitada vectores propios. Sólo se consiguen estos si $r, s$ tienen valor absoluto en la mayoría de los $1$, lo que requiere de $2 + \lambda = 2 \cos \theta$ algunos $\theta$. En este caso tenemos a $r, s = e^{ \pm i \theta}$, por lo tanto
$$a_n = a \cos n \theta + b \sin n \theta.$$
En el caso continuo queremos que las funciones de $f(x), x \in \mathbb{R}$ tal que
$$f''(x) = \lambda f(x).$$
Si $\lambda = 0$, a continuación, estas son las funciones lineales $f(x) = ax + b$. Si $\lambda < 0$, a continuación, configuración de $\lambda = - \omega^2$ obtenemos las funciones
$$f(x) = a \cos \omega x + b \sin \omega x.$$
Si $\lambda > 0$ a continuación se obtienen las funciones
$$f(x) = a e^{\sqrt{\lambda} x} + b e^{-\sqrt{\lambda} x}.$$
De nuevo, si restringimos nuestra atención a la limitada vectores propios que sólo llegan los periódicos. Para obtener los vectores propios en dimensiones superiores tomamos el producto Cartesiano: por ejemplo, en dos dimensiones podemos obtener los vectores propios de la forma
$$f(x, y) = a \cos \omega_1 x \cos \omega_2 y + b \cos \omega_1 x \sin \omega_2 y + ....$$
Una manera concisa de escribir estas abajo es introducir la norma de producto interior en $\mathbb{R}^n$: a continuación, $f(\mathbf{x}) = e^{i \langle \mathbf{v}, \mathbf{x} \rangle }$ es un autovector con autovalor $- \langle \mathbf{v}, \mathbf{v} \rangle$. Estoy razonablemente seguro de que todos estos son los "buenos" vectores propios (lo duro de esto es demostrar depende de lo que quieres decir por "bonito").
