Una pregunta sobre el diagrama de Feynman y el factor de simetría.

Considere un$\varphi^3$teoría:

$$Z_1(J) \propto \exp\left[\frac{i}{6} Z_g g\int \mathrm{d}^4 x \left(\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta J}\right)^3\right] Z_0(J),$$ dónde $$Z_0(J) = \exp\left[\frac{i}{2} \int \mathrm{d}^4 x \mathrm{d}^4 x' J(x)\Delta(x-x')J(x')\right].$$ Eso es $$Z_1(J) \propto \sum_{V=0}^\infty \frac{1}{V!}\left[\frac{i}{6} Z_g g \int \mathrm{d}^4 x \, \left(\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta J}\right)^3\right]^V \times \sum_{P=0}^\infty \frac{1}{P!}\left[\frac{i}{2} \int \mathrm{d}^4 y \, \,\mathrm{d}^4 z\, J(y)\Delta(y-z)J(z)\right]^P.$$ En particular, podemos considerar el término cuando $V=2, P=3$. El cálculo muestra que $$\begin{equation} - i \frac{1}{2!}\frac{1}{3!} \frac{(Z_g g)^2}{6^2*2^3} \left[\int \mathrm{d}^4\, x_1 \, \mathrm{d}^4 x_2 \, \left(\frac{\delta}{\delta J(x_1)}\right)^3 \left(\frac{\delta}{\delta J(x_2)}\right)^3\right] \left[\int \mathrm{d}^4 y \, \mathrm{d}^4 z \, J(y)\Delta(y-z)J(z)\right]^3\\= - i \frac{1}{2!}\frac{1}{3!} \frac{(Z_g g)^2}{6^2*2^3} \int \mathrm{d}^4 x_1 \, \mathrm{d}^4 x_2 \, \left[3^3*2^4 \Delta(x_1-x_1)\Delta(x_1-x_2)\Delta(x_2-x_2) + \\ 3^2\times 2^5\Delta(x_1-x_2)\Delta(x_1-x_2)\Delta(x_1-x_2)\right]\\= -i(Z_g g)^2 \int \mathrm{d}^4 x_1 \, \mathrm{d}^4 x_2\, \times \left[\frac{1}{2^3} \Delta(x_1-x_1)\Delta(x_1-x_2)\Delta(x_2-x_2) + \\ \frac{1}{2\times 3!}\Delta(x_1-x_2)\Delta(x_1-x_2)\Delta(x_1-x_2)\right], \end{equation}$$ dónde $\Delta(x_1-x_1)\Delta(x_1-x_2)\Delta(x_2-x_2)$y $\Delta(x_1-x_2)\Delta(x_1-x_2)\Delta(x_1-x_2)$corresponden a su diagrama de Feynman. Entonces la pregunta es por qué $\frac{1}{2^3}$y $\frac{1}{2\times 3!}$son simplemente el recíproco de los factores de simetría del diagrama de Feynman correspondiente respectivamente?

En el caso general de$V, P$, ¿por qué los coeficientes de los términos en el resultado del cálculo son simplemente el recíproco de los factores de simetría del diagrama de Feynman correspondiente, respectivamente?