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Gehen wir von links nach rechts durch, was die Schaltung mit dem eingeführten Watt anstellt.
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Zunächst sieht man eine Parallelschaltung von $\qty{110}{\ohm}$, $\qty{110}{\ohm}$ und zwei $\qty{330}{\ohm}$ Widerständen. Wir wissen ja, dass bei einem $\qty{50}{\ohm}$-System der Eingangswiderstand auch $\qty{50}{\ohm}$ betragen muss. Wenn man möchte, kann man das aber auch nochmal überprüfen und das Widerstandsnetzwerk berechnen.
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Laut Formelsammlung:
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$\frac{1}{R} = \frac{1}{110} + \frac{1}{110} + \frac{1}{2 \cdot 330}$
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Damit ist $R = \frac{660}{13} \approx \qty{50}{\ohm}$
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Führt man nun $\qty{1}{\watt}$ in diese Parallelschaltung ein, erhält man:
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$U = \sqrt{P \cdot R} = \sqrt{1 \cdot 50} \approx \sqrt{49} \approx \qty{7}{\volt}$
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Für die Diode zählt nur die obere Halbwelle, also die Spitzenspannung:
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$\hat{U} = U \cdot \sqrt{2} \approx \qty{10}{\volt}$
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Die Eingangsspannung wird durch den $2 \cdot \qty{330}{\ohm}$ Spannungsteiler halbiert und dann um $U_F$ verringert:
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$U_A = \frac{\hat{U}}{2} - U_F = \qty{5}{\volt} - \qty{0,23}{\volt} \approx \qty{4,8}{\volt}$
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