Eine Frage zum Feynman-Diagramm und Symmetriefaktor

Betrachten Sie a$\varphi^3$Theorie:

$$Z_1(J) \propto \exp\left[\frac{i}{6} Z_g g\int \mathrm{d}^4 x \left(\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta J}\right)^3\right] Z_0(J),$$ Wo $$Z_0(J) = \exp\left[\frac{i}{2} \int \mathrm{d}^4 x \mathrm{d}^4 x' J(x)\Delta(x-x')J(x')\right].$$ Das ist $$Z_1(J) \propto \sum_{V=0}^\infty \frac{1}{V!}\left[\frac{i}{6} Z_g g \int \mathrm{d}^4 x \, \left(\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta J}\right)^3\right]^V \times \sum_{P=0}^\infty \frac{1}{P!}\left[\frac{i}{2} \int \mathrm{d}^4 y \, \,\mathrm{d}^4 z\, J(y)\Delta(y-z)J(z)\right]^P.$$ Insbesondere können wir den Begriff wann betrachten $V=2, P=3$. Das zeigt die Rechnung $$\begin{equation} - i \frac{1}{2!}\frac{1}{3!} \frac{(Z_g g)^2}{6^2*2^3} \left[\int \mathrm{d}^4\, x_1 \, \mathrm{d}^4 x_2 \, \left(\frac{\delta}{\delta J(x_1)}\right)^3 \left(\frac{\delta}{\delta J(x_2)}\right)^3\right] \left[\int \mathrm{d}^4 y \, \mathrm{d}^4 z \, J(y)\Delta(y-z)J(z)\right]^3\\= - i \frac{1}{2!}\frac{1}{3!} \frac{(Z_g g)^2}{6^2*2^3} \int \mathrm{d}^4 x_1 \, \mathrm{d}^4 x_2 \, \left[3^3*2^4 \Delta(x_1-x_1)\Delta(x_1-x_2)\Delta(x_2-x_2) + \\ 3^2\times 2^5\Delta(x_1-x_2)\Delta(x_1-x_2)\Delta(x_1-x_2)\right]\\= -i(Z_g g)^2 \int \mathrm{d}^4 x_1 \, \mathrm{d}^4 x_2\, \times \left[\frac{1}{2^3} \Delta(x_1-x_1)\Delta(x_1-x_2)\Delta(x_2-x_2) + \\ \frac{1}{2\times 3!}\Delta(x_1-x_2)\Delta(x_1-x_2)\Delta(x_1-x_2)\right], \end{equation}$$ Wo $\Delta(x_1-x_1)\Delta(x_1-x_2)\Delta(x_2-x_2)$Und $\Delta(x_1-x_2)\Delta(x_1-x_2)\Delta(x_1-x_2)$entsprechen ihrem Feynman-Diagramm. Dann ist die Frage warum $\frac{1}{2^3}$Und $\frac{1}{2\times 3!}$sind jeweils nur die Kehrwerte der Symmetriefaktoren des entsprechenden Feynman-Diagramms?

Im allgemeinen Fall von$V, P$, warum sind die Koeffizienten der Terme im Rechenergebnis jeweils nur der Kehrwert der Symmetriefaktoren des entsprechenden Feynman-Diagramms?