Yo proferir el siguiente contraejemplo.
En primer lugar, debemos construir un campo de $K$. Deje $K_0=\Bbb{Q}$, y de forma recursiva definir los campos de $K_n, n\in\Bbb{N}$ por la receta que $K_{\ell+1}$ es obtenido a partir de $K_\ell$ por contigua a la de las raíces cuadradas de todos los elementos de a$K_{\ell}$. Tenga en cuenta que podemos hacer esta construcción dentro de $\Bbb{C}$. Luego nos vamos a
$$
K=\bigcup_{n\in\Bbb{N}}K_n\subconjunto \Bbb{C}.
$$
Entonces, cualquier elemento de la $K$ pertenece a algún campo de $K_\ell$, y por lo tanto tiene una raíz cuadrada en $K_{\ell+1}$, por lo tanto, también en $K$.
Si tomamos cualquier elemento $z\in K$, afirmo que la $[\Bbb{Q}(z):\Bbb{Q}]$ es una potencia de dos. Claramente $z\in K_\ell$ algunos $\ell$. W. l.o.g. podemos suponer que $\ell$ es el menor número natural con esa propiedad. Entonces existe un conjunto finito de elementos $z_1,z_2,\ldots,z_m\in K_{\ell-1}$ tal que
$z\in K_{\ell-1}(\sqrt{z_1},\sqrt{z_2},\ldots,\sqrt{z_m})$.
Esto significa que podemos escribir $z$ en términos de un número finito de elementos de $K_{\ell-1}$ y sus raíces cuadradas. Por hipótesis de inducción a todos aquellos
los elementos son algebraicas de grado de una potencia de dos más de $\Bbb{Q}$. Por lo tanto también lo es su compositum. Adyacente a la raíz cuadrada de $z_i, i=1,\ldots,m,$ no cambia el hecho de que así vemos que $\Bbb{Q}(z)$ se encuentra en un campo de título de una potencia de dos liquidar la reclamación.
Vamos, entonces, a considerar la undécima cyclotomic polinomio
$$
\phi_{11}(x)=x^{10}+x^9+x^8+\cdots+x^2+x+1.
$$
La conocida teoría de la cyclotomic campos sabemos que $\phi_{11}(x)$ factores en un producto de dos quintic factores sobre los $F=\Bbb{Q}(\sqrt{-11})$, la única cuadrática
subcampo de la undécima cyclotomic campo. Deje $f(x)$ ser uno de esos quintic factores.
Por la observación anterior $f(x)$ permanece irreductible $K$. Si $L=K(e^{2\pi i/11})$ es la división de campo de la $f(x)$, podemos ver fácilmente que el $Gal(L/K)$ es isomorfo a $Gal(\Bbb{Q}(e^{2\pi i/11})/\Bbb{Q}(\sqrt{-11})\cong C_5$.
Pero $C_5$ es un buen subgrupo de $A_5$.