Yo sólo publicar esta respuesta, ya que le preguntó cómo probar esto mediante el Cauchy–Schwarz desigualdad. Aquí está el mejor argumento que se me ocurrió (y no hay mucha diferencia a percusse del argumento, por supuesto).
Escribir $B = \varepsilon A$ y multiplica la desigualdad por $\varepsilon \gt 0$ conseguir $\DeclareMathOperator{\eps}{\varepsilon}$
$$\langle Bx,x \rangle \leq \langle (B+B^2)\xi,\xi \rangle + (1 + \|B\|)\, \|x - \xi\|^2.$$
Ahora estimación utilizando la simetría de la condición de $\langle Sy,z\rangle = \langle y, Sz\rangle = \langle Sz,y\rangle$ varias veces
$$\begin{align*}
\langle Bx, x\rangle &\leq
\langle Bx, x\rangle + \|(1+B)\xi - x\|^2 \\
%&=
%\langle Bx, x\rangle+
%\|(1+B)\xi\|^2-2\langle(1+B)\xi,x\rangle +\|x\|^2\\
&=
\color{green}{\langle Bx, x\rangle}+
\color{red}{\langle (1+B)\xi,\xi\rangle}+
\color{blue}{\langle(1+B)\xi,B\xi\rangle}-
\color{red}{2\langle(1+B)\xi,x\rangle}+\color{green}{\langle x,x\rangle} \\
&=\color{blue}{\langle(B+B^2)\xi,\xi\rangle}+
\color{red}{\langle(1+B)\xi,\xi-x\rangle}-
\color{red}{\langle(1+B)\xi,x\rangle}+
\color{green}{\langle(1+B)x,x\rangle} \\
&=\langle(B+B^2)\xi,\xi\rangle+
\langle(1+B)(\xi-x),\xi\rangle
-\langle(1+B)(\xi-x),x\rangle \\
&=\langle(B+B^2)\xi,\xi\rangle + \langle (1+B)(\xi-x),\xi-x\rangle.
\end{align*}$$
Ahora estamos en posición de aplicar el Cauchy–Schwarz desigualdad:
$$\langle(1+B)(\xi-x),\xi-x\rangle \leq \|(1+B)(\xi-x)\|\,\|\xi-x\|.$$
El uso de $\|(1+B)(\xi-x)\| \leq \|1+B\|\,\|\xi-x\| \leq (1+\|B\|)\|\xi-x\|$ por la definición del operador de la norma, obtenemos
$$\langle Bx,x\rangle \leq \langle(B+B^2)\xi,\xi\rangle + (1+\|B\|)\,\|\xi-x\|^2,$$
como se desee.
