ora il gruppo di galois non è quel gruppo di permutazioni delle radici che lascia invariata ogni relazione o figura delle radici a valori nel campo contenente i coefficienti, che nel nostro caso risulta essere Q ?
Purtroppo la domanda non è comprensibile, cosa intendi con "lascia invariata ogni relazione o figura delle radici"? Il problema è che per poter parlare di queste cose bisogna rifarsi ad assiomi e definizioni ben precisi. In ogni caso se consideri solo polinomi con tutte le radici razionali non vai molto in profondità perché il loro gruppo di Galois è banale. Ti conviene considerare polinomi difficili da "scardinare", come $X^3-2$, $X^3-3X+1$ oppure $X^5-2$ per dirne alcuni.
Come dicevo sopra, il gruppo di Galois di un polinomio $f(X)$ su un campo $K$ è il gruppo degli automorfismi di un campo di spezzamento $M$ contenente $K$ che fissano puntualmente ogni elemento di $K$. Quindi quando si dice gruppo di Galois di un polinomio bisogna specificare il campo base $K$ rispetto a cui si calcola.
Se un polinomio è un prodotto $(X-a_1) ... (X-a_n)$ dove le radici $a_i$ sono razionali allora il suo gruppo di Galois su $QQ$ è banale, cioè $G={1}$, perché in questo caso $M=QQ$, cioè $QQ$ è il campo di spezzamento del polinomio. In altre parole in questo caso non c'è praticamente niente da dire.
Il caso interessante è quando le radici non stanno nel campo base $K$. Per esempio $X^2-2$ ha radici non razionali, quindi il suo gruppo di Galois su $QQ$ non è banale, è anzi ciclico di ordine $2$. I suoi due elementi sono l'identità e l'automorfismo $a+b sqrt{2} to a-b sqrt{2}$ di $M=QQ(sqrt{2})$.
Ti faccio un esempio forse più chiaro: considera $f(X)=X^3-3X+1$. Sia $u$ una sua radice. Un conto mostra che $f(u^2-2)=0$ quindi $u^2-2$ è radice, e l'altra radice è $(u^2-2)^2-2 = -u^2-u+2$. Cioè
$f(X)=(X-u)(X-(u^2-2))(X-(-u^2-u+2))$.
Questo significa che le radici di questo polinomio sono "algebricamente legate", cioè basta una radice per averle tutte, in altre parole $M=QQ(u)$ è un campo di spezzamento, e ha grado $3$. Quindi se hai un isomorfismo $g:M to M$ questo deve permutare le tre radici, ma se ne fissa una le fissa tutte (perché se $g(u)=u$ allora siccome $g$ è omomorfismo di anelli e fissa i razionali, $g(u^2-2)=g(u)^2-2=u^2-2$ e $g(-u^2-u+2)=-g(u)^2-g(u)+2=-u^2-u+2$, cioè $g$ fissa tutte e tre le radici). Questo significa che non ogni permutazione delle radici può essere estesa a un isomorfismo $M to M$, cioè a un elemento del gruppo di Galois. Per esempio la permutazione che fissa $u$ e scambia le altre due radici non può essere estesa (perché ho appena mostrato che se un $g$ fissa $u$ allora fissa tutte e tre le radici). In effetti in questo caso esiste un automorfismo che manda $u$ in $u^2-2$ e tale automorfismo ha ordine $3$ e genera il gruppo di Galois, che quindi è ciclico di ordine $3$ (isomorfo al gruppo alterno $A_3$).
Venendo alla risolubilità per radicali, per esempio nel caso dei polinomi di grado $2$ considera $aX^2+bX+c$. Qui si deve intendere che $a,b,c$ sono tre variabili tra loro algebricamente indipendenti (cioè non esiste nessuna relazione polinomiale non banale $P(a,b,c)=0$). Considera il campo $K=QQ(a,b,c)$, cioè il campo generato da tali tre variabili su $QQ$. Il gruppo di Galois di $aX^2+bX+c$ su $K$ (quindi non su $QQ$, non ha nemmeno senso dire su $QQ$) è un gruppo ciclico di ordine $2$, il suo generatore è caratterizzato dal mandare $sqrt{d}$ in $-sqrt{d}$, dove $d=b^2-4ac$ è il discriminante del polinomio. La domanda che uno potrebbe fare è:
"e se $d$ fosse un quadrato? In questo caso $sqrt{d} in QQ$ quindi $sqrt{d}$ sarebbe fissato da qualsiasi automorfismo!"
Ma $d$ non è un quadrato perché se lo fosse questo determinerebbe una relazione polinomiale tra $a,b,c$. Per esempio diciamo che $b^2-4ac = (ra+sb+tc)^2$ con $r,s,t in QQ$, allora $(ra+sb+tc)^2-b^2+4ac=0$ è un'identità polinomiale e questo è assurdo perché stiamo supponendo $a,b,c$ variabili algebricamente indipendenti. Il gruppo di Galois è quindi ciclico di ordine $2$, in particolare risolubile.
Più in generale si dimostra che se $a_0,...,a_n$ sono variabili algebricamente indipendenti e $K=QQ(a_0,...,a_n)$ allora il gruppo di Galois di $f(X)=a_0+a_1X+...+a_nX^n$ su $K$ (non su $QQ$, non mi stancherò mai di ripeterlo) è isomorfo al gruppo simmetrico $S_n$, in particolare non è risolubile se $n ge 5$. La teoria di Galois dice che questo implica che l'equazione polinomiale $f(X)=0$ non è risolubile per radicali, questo significa che non esiste nessuna formula risolutiva generale dell'equazione polinomiale generale di grado $n ge 5$ che coinvolga solo operazioni di campo ed estrazioni di radici.
Ora ovviamente se tu al posto di prendere $a_0+a_1X+...+a_nX^n$ su $K=QQ(a_0,...,a_n)$ con $a_0,...,a_n$ variabili algebricamente indipendenti prendi un polinomio specifico, cioè dai valori specifici a $a_0,...,a_n$ (per esempio razionali, o anche no) allora $a_0,...,a_n$ non sono più algebricamente indipendenti quindi quello che ho scritto sopra non vale più, e il gruppo di Galois di $f(X)$ su $K=QQ(a_0,...,a_n)$ dipende dal valore che hai dato a $a_0,...,a_n$. Per esempio se annulli tutti i coefficienti tranne $a_n$ e poni $a_n=1$ hai il polinomio $X^n$ che ovviamente ha gruppo di Galois ${1}$, risolubile (per fare un esempio banale).
Le persone che le persone che le persone amano amano amano.