Deje que $p(x) = a_0+a_1x+\cdots +a_{n-1}x^{n-1} + x^n$ ser un polinomio con coeficientes en $\overline{\mathbb{Q}}$. Por cada $i$, $0\leq i\leq n-1$, vamos a $a_i=b_{i1}, b_{i2},\ldots,b_{im_i}$ los $m_i$ conjugados de $a_i$ (es decir, el "otro" raíces de la monic irreductible polinomio con coeficientes en $\mathbb{Q}$ que $a_i$ como root).
Ahora vamos a $F = \mathbb{Q}[b_{11},\ldots,b_{n-1,m_{n-1}}]$. Este campo es de Galois de más de $\mathbb{Q}$. Deje que $G=\mathrm{Ga}(F/\mathbb{Q})$. Ahora considere la posibilidad de
$$q(x) = \prod_{\sigma\in G} \left( \sigma(a_0) + \sigma(a_1)x+\cdots + \sigma(a_{n-1})x^{n-1} + x^n\right).$$
Este es un polinomio con coeficientes de $F$, y cualquier raíz de $p(x)$ es también una raíz de $p(x)$ (ya que uno de los elementos de $G$ es la identidad, por lo que uno de los factores de $p(x)$ es $p(x)$).
La observación clave es que si se aplica cualquier elemento $\tau\in G$ a $p(x)$, usted recibe $q(x)$ de nuevo:
$$\begin{align*}
\tau(q(x)) &= \tau\left(\prod_{\sigma\in G} \left( \sigma(a_0) + \sigma(a_1)x+\cdots + \sigma(a_{n-1})x^{n-1} + x^n\right)\right)\\
&= \prod_{\sigma\in G} \left( \tau\sigma(a_0) +\tau\sigma(a_1)x+\cdots + \tau\sigma(a_{n-1})x^{n-1} + x^n\right)\\
&= \prod_{\sigma'\in G} \left( \sigma'(a_0) + \sigma'(a_1)x+\cdots + \sigma'(a_{n-1})x^{n-1} + x^n\right)\\
y= q(x).
\end{align*}$$
Eso significa que los coeficientes de $p(x)$, debe recaer en el campo fijo de $G$. Pero dado que $F$ es de Galois de más de $\mathbb{Q}$, el campo fijo es de $\mathbb{Q}$. Que es: $q(x)$ es en realidad un polinomio en $\mathbb{Q}[x]$.
Por lo tanto, cada raíz de $p(x)$ es la raíz de un polinomio con coeficientes en $\mathbb{Q}$.
Para obtener un ejemplo de cómo funciona esto, supongamos que usted tiene $p(x) = x^3 - (2\sqrt{3}+\sqrt{5})x + 3$. El conjugado de $\sqrt{3}$ es $-\sqrt{3}$; el conjugado de $\sqrt{5}$ es $-\sqrt{5}$. El campo de $\mathbb{Q}[\sqrt{3},\sqrt{5}]$ ya contiene todos los conjugados, y el grupo de Galois de más de $\mathbb{Q}$ tiene cuatro elementos: la que asigna $\sqrt{3}$ y $\sqrt{5}$ $- \sqrt{5}$; el uno de los mapas de $\sqrt{3}$ $- \sqrt{3}$ y $\sqrt{5}$ a sí mismo; el que los mapas de $\sqrt{3}$ $- \sqrt{3}$ y $\sqrt{5}$ $- \sqrt{5}$; y la identidad. Por lo que $p(x)$ sería el producto de
$x^3 - (2\sqrt{3}+\sqrt{5})x + 3$, $x^3 - (-2\sqrt{3}+\sqrt{5})x+3$, $x^3 - (2\sqrt{3}-\sqrt{5})x + 3$ y $x^3 - (-2\sqrt{3}-\sqrt{5})x + 3$. Si se multiplica ellos, obtendrá
$$\begin{align*}
\Bigl( &x^3 - (2\sqrt{3}+\sqrt{5})x + 3\Bigr)\Bigl( x^3 + (2\sqrt{3}+\sqrt{5})x+3\Bigr)\\
&\times \Bigl(x^3 - (2\sqrt{3}-\sqrt{5})x + 3\Bigr)\Bigl( x^3 + (2\sqrt{3}-\sqrt{5})x + 3\Bigr)\\
&= \Bigl( (x^3+3)^2 - (2\sqrt{3}+\sqrt{5})^2x^2\Bigr)\Bigl((x^3+3)^2 - (2\sqrt{3}-\sqrt{5})^2x^2\Bigr)\\
&=\Bigl( (x^3+3)^2 - 17x^2 - 2\sqrt{15}x^2\Bigr)\Bigl( (x^3+3)^2 - 17x^2 + 2\sqrt{15}x^2\Bigr)\\
&= \Bigl( (x^3+3)^2 - 17x^2\Bigr)^2 - 60x^4,
\end{align*}$$
que ha coeficientes en $\mathbb{Q}$.
