Si se supone que el grafo es bipartito (como sugirió Cam) y $3-$ regular, entonces creo que los valores propios medios son siempre como máximo $\sqrt{2}$ en valor absoluto, siendo el gráfico de Heawood el único gráfico conexo con igualdad.
Sabemos que para cualquier número entero positivo $k$ el número de paseos cerrados en su gráfico de longitud $k$ es igual a $Tr(A^k)=\sum_i \lambda_i^k$ . En el caso $k=2$ se convierte en $$\sum_{i=1}^n \lambda_i^2 = 2 |E| = 3 n,$$ mientras que para $k=4$ tenemos $$\sum_{i=1}^n \lambda_i^4 \geq 15 n,$$ ya que hay $9n$ paseos cerrados de la forma $x \rightarrow y \rightarrow x \rightarrow z \rightarrow x$ (aquí $y$ posiblemente puede igualar $z$ ), y $6n$ paseos de la forma $x \rightarrow y \rightarrow z \rightarrow y \rightarrow x$ donde $z \neq x$ .
Supongamos ahora que $\lambda_i^2 \in [t, 9]$ para cada $i$ . De la convexidad se deduce que, sujeto a la restricción $\sum \lambda_i^2=3n$ la suma de $\lambda_i^4$ se maximiza cuando cada $\lambda_i^2$ es $t$ o $9$ es decir $$\sum_{i=1}^n \lambda_i^4 \leq (\frac{3-t}{9-t} n) (81) + (\frac{6}{9-t} n) (t^2)=(27-6t)n.$$
Comparando con nuestro límite inferior, vemos $t \leq 2$ . La igualdad sólo puede mantenerse cuando hay exactamente $n/7$ valores propios iguales a $3$ en valor absoluto, y el resto igual a $\sqrt{2}$ en valor absoluto. Este es el espectro de $n/14$ copias disjuntas del grafo de Heawood, que está determinado unívocamente por su espectro.
Parece que debería haber una forma de decir que los grafos conectados grandes tienen un valor propio mucho menor que éste, pero no veo cómo modificar este método para demostrarlo (no estoy seguro de cómo se mostraría la conectividad del grafo en el recuento de caminos). Si su gráfico tiene muchos $4$ puede incluirlos en el $k=4$ límite inferior para obtener un límite mejor en $t$ .