Ampliando mi comentario a una solución parcial que muestra que $[L:\Bbb{Q}]=84$.
Deje $\alpha$ ser el número real de la propiedad $\alpha^7=(1+\sqrt 5)/2$, y
deje $\zeta=e^{2\pi i/7}$ se la da séptima raíz primitiva de la unidad. Como $(-1\pm\sqrt5)/2$ son los ceros del polinomio $y^2+y-1$, y son negativos recíprocos uno del otro, vemos que los ceros de $f(x)=x^{14}+x^7-1$$-\alpha\zeta^k, \alpha^{-1}\zeta^k$, para
$k=0,1,\ldots,6$.
Esto implica que $L=\Bbb{Q}(\sqrt5,\alpha,\zeta)$. Deje $K=\Bbb{Q}(\sqrt5)$.
Yo el primer reclamo que $[K(\zeta):K]=6$. Como $7$ es un número primo, es bien sabido que $[\Bbb{Q}(\zeta):\Bbb{Q}]=6$. Contiguo $\sqrt5$ no cambia en nada el grado de la extesnion. Por si teníamos $[K(\zeta):\Bbb{Q}]=6$, entonces esto significaría que el $K(\zeta)=\Bbb{Q}(\zeta)$, en otras palabras, tendríamos $\sqrt5\in \Bbb{Q}(\zeta)$. Pero $\Bbb{Q}(\zeta)$ es una extensión cíclica de grado seis más de $\Bbb{Q}$, por lo que tiene un único cuadrática de subcampo. También es conocido (de Gauss suma) de que esta extensión cuadrática es $\Bbb{Q}(\sqrt{-7})$. Esto implica que
$\sqrt5\notin \Bbb{Q}(\zeta)$ demostrando la primera reclamación.
La segunda afirmación es que el $[K(\alpha):K]=7$. En otras palabras, afirman que el polinomio
$$
p(x)=x^7-\left(\frac{1+\sqrt5}2\right)\en K[x]
$$
es irreductible. Esto necesita un poco de la teoría algebraica de números y conceptos básicos de campos finitos.
El anillo de enteros de $K$ ${\mathcal O}=\Bbb{Z}[\frac{1+\sqrt5}2].$ Este es uno de los principales ideales de dominio, por lo que es suficiente para mostrar que $p(x)$ es irreducible en a ${\mathcal O}[x]$. Considerar el primer ideal $\mathfrak{p}=\langle7+2\sqrt5\rangle\subset{\mathcal O}$.
Se ve fácilmente que ${\mathcal O}/\mathfrak{p}\cong\Bbb{Z}_{29}$ (el primer $29$ divisiones
en $K$, e $\mathfrak{p}$ es uno de los ideales de la $\mathcal O$ está por encima $29$).
Debido a $11\equiv\sqrt5\pmod{\mathfrak{p}}$, vemos que la proyección de $p(x)$ en
${\mathcal O}/\mathfrak{p}[x]\cong\Bbb{Z}_{29}[x]$ es
$$
\overline{p}[x]=x^7-\overline{6}\in\Bbb{Z}_{29}[x].
$$
Los residuos de la clase $\overline{6}$ es de orden $14$ modulo $29$ - un múltiplo de siete!! Esto implica que cualquier cero de $\overline{p}[x]$ (en algunos extensión de $\Bbb{Z}_{29}$) es de orden $49$ o $98$. El menor exponente $k>0$ tal que $29^k\equiv1\pmod{49}$$k=7$. Así que las raíces de $\overline{p}[x]$ pertenecen al campo de la $\Bbb{F}_{29^7}$. Por lo tanto $\overline{p}(x)$
es irreductible y, en consecuencia, también lo es $p(x)$.
Como a las seis y siete son coprime juntos los dos afirmaciones implican que $[L:K]=42$, y por lo tanto
$[L:\Bbb{Q}]=84$. Diviértete calcular el grupo de Galois como un subgrupo $S_{14}$!
