先证必要性。取 $\alpha =(1,0{)}^T,\beta =(0,1{)}^T$，则 ${\alpha }^{T}A\beta =a,{\alpha }^{T}A\alpha =a+1,{\beta }^{T}A\beta =a$。题设推出 $a^2\le (a+1)a$，即 $a\ge 0$。
再证充分性。当 $a\ge 0$ 时，对任意 $z=(u,v{)}^T$，有

因此 $A$ 半正定。固定任意 $\alpha ,\beta$，记 $b={\beta }^{T}A\beta \ge 0,c={\alpha }^{T}A\beta ,d={\alpha }^{T}A\alpha$。由 $A$ 对称，对任意实数 $t$ 有

若 $b>0$，二次函数恒非负，故判别式 $4c^2-4bd\le 0$，即 $c^2\le bd$。若 $b=0$，线性函数 $2ct+d$ 对一切 $t$ 非负只能有 $c=0$，仍有 $c^2=bd=0$。两种情形都得到所需不等式。
所以充要条件为 $a\ge 0$。端点 $a=0$ 时矩阵为 $\mathrm{diag}(1,0)$，不等式恒取等号，必须包含。