Si usted asume el grafo es bipartito (Cam sugerido) y $3-$regular, entonces creo que el medio autovalores son siempre en la mayoría de las $\sqrt{2}$ en valor absoluto, con la Heawood gráfico de ser la única gráfica conectada con la igualdad.
Sabemos que para cualquier entero positivo $k$ el número de cerrado paseos en el gráfico de la longitud de la $k$ es igual a $Tr(A^k)=\sum_i \lambda_i^k$. En el caso de $k=2$, esto se convierte en
$$\sum_{i=1}^n \lambda_i^2 = 2 |E| = 3 n,$$
mientras que para $k=4$ hemos
$$\sum_{i=1}^n \lambda_i^4 \geq 15 n,$$
desde allí se $9n$ cerrado los caminos de la forma $x \rightarrow y \rightarrow x \rightarrow z \rightarrow x$ (aquí se $y$, posiblemente, puede ser igual a $z$), y $6n$ paseos de la forma $x \rightarrow y \rightarrow z \rightarrow y \rightarrow x$ donde $z \neq x$.
Ahora supongamos que $\lambda_i^2 \in [t, 9]$ por cada $i$. Se sigue de convexidad que, sujeto a la restricción $\sum \lambda_i^2=3n$, la suma de $\lambda_i^4$ se maximiza cuando todos los $\lambda_i^2$ 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 a $t \leq 2$. La igualdad sólo puede contener cuando hay exactamente $n/7$ autovalores igual a $3$ en valor absoluto, y el resto igual a $\sqrt{2}$ en valor absoluto. Este es el espectro de $n/14$ copias disjuntas de la Heawood gráfico, que está determinada únicamente por su espectro.
Se siente como debería haber una forma de decir que las grandes conectado gráficos tienen un autovalor mucho más pequeño que este, pero no veo cómo modificar este método para demostrar que (no estoy seguro de cómo la conectividad de la gráfica se mostrará en la ruta de acceso de la cuenta). Si el gráfico tiene muchas $4$ ciclos, puede incluirlas en el $k=4$ límite inferior para obtener una mejor obligado en $t$.