Elements in a separably generated algebraic extension are separable.

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@@ -698,20 +698,21 @@ engendré dans $K.L$ par les $(v_j)$, c'est-à-dire que ceux-ci sont
 générateurs, et finalement sont une base de $K.L$.
 \end{proof}
 
-\thingy En particulier, dans les conditions de la proposition
-ci-dessus, on a $[K.L : L] = [K : k]$, et
-d'après \ref{remark-multiplicativity-of-degree} on a aussi $[K.L : k]
-= [K : k] \cdot [L : k]$.
-
-Réciproquement, si $[K.L : L] = [K : k]$ (ou, ce qui revient au même,
-$[K.L : k] = [K : k] \cdot [L : k]$) pour deux extensions
-\emph{finies} $k \subseteq K$ et $k \subseteq L$ contenues dans une
-même troisième, on peut considérer une base de $K$ comme $k$-espace
-vectoriel, qui, d'après \ref{compositum-generated-by-products},
-engendre $K.L$ comme $L$-espace vectoriel, donc en est une base
-puisqu'elle a la bonne dimension.
-D'après \ref{linear-disjointness-with-basis}, ceci assure que $K$
-et $L$ sont linéairement disjointes.
+\thingy\label{linear-disjointness-and-degrees} En particulier, dans
+les conditions de la proposition ci-dessus, on a $[K.L : L] = [K :
+  k]$, et d'après \ref{remark-multiplicativity-of-degree} on a aussi
+$[K.L : k] = [K : k] \cdot [L : k]$.
+
+Réciproquement, si pour pour deux extensions $k \subseteq K$ et $k
+\subseteq L$ contenues dans une même troisième on a l'égalité $[K.L :
+  L] = [K : k]$ \emph{finie} (notons que si à la fois $k \subseteq K$
+et $k \subseteq L$ sont finines, il revient au même de supposer $[K.L
+  : k] = [K : k] \cdot [L : k]$), on peut considérer une base
+(finie !)  de $K$ comme $k$-espace vectoriel, qui,
+d'après \ref{compositum-generated-by-products}, engendre $K.L$ comme
+$L$-espace vectoriel, donc en est une base puisqu'elle a la bonne
+taille : d'après \ref{linear-disjointness-with-basis}, ceci assure que
+$K$ et $L$ sont linéairement disjointes.
 
 \begin{prop}\label{linear-disjointness-of-algebraic-and-transcendental}
 Soit $k \subseteq K$ une extension de corps, et $t_1,\ldots,t_n$ des
@@ -1350,6 +1351,44 @@ de $x$ sur $k$, et on a $\deg(f) = p\cdot \deg(f_0)$ donc $\deg(x) =
 p\cdot \deg(x^p)$.
 \end{proof}
 
+\thingy On peut donner encore une autre condition équivalente au fait
+qu'un élément $x \in K$ algébrique sur un sous-corps $k$ soit
+séparable (en caractéristique $p>0$) : on vient de voir que cela
+équivaut à $\deg(x^p) = \deg(x)$ ou à $k(x^p) = k(x)$ ; mais comme on
+a de toute manière $[k(x):k] = [k^p(x^p) : k^p]$ (puisque le Frobenius
+est un isomorphisme entre $k(x)$ et $k^p(x^p)$), la séparabilité
+de $x$ équivaut aussi à $[k(x^p):k] = [k^p(x^p) : k^p]$, c'est-à-dire,
+d'après \ref{linear-disjointness-and-degrees}, au fait que les
+extensions $k^p(x^p)$ et $k$ de $k^p$ sont linéairement disjointes
+(cf. \ref{definition-linear-disjointness}).
+
+Avec ce critère, on démontre immédiatement la proposition suivante :
+
+\begin{prop}
+Soit $k \subseteq K$ une extension de corps et $x\in K$ algébrique
+séparable sur $k$.  Alors tout $y \in k(x)$ est (algébrique) séparable
+sur $k$.
+\end{prop}
+\begin{proof}[Démonstration directe]
+Soit $d = \deg(x)$, si bien que $1,x,x^2,\ldots,x^{d-1}$ est une base
+de $k(x)$ comme $k$-espace vectoriel.  Écrivons $y^j =
+\sum_{i=0}^{d-1} c_{i,j} x^i$ sur cette base, pour $0\leq j\leq d'-1$
+avec $d' = \deg(y)$ : le fait que $y$ soit de degré $d'$ entraîne que
+$1,y,\ldots,y^{d'-1}$ sont linéairement indépendants sur $k$,
+autrement dit la matrice des $c_{i,j}$ est de rang $d'$.  Maintenant,
+en élevant $y^j = \sum_{i=0}^{d-1} c_{i,j} x^i$ à la puissance $p$, on
+trouve $y^{pj} = \sum_{i=0}^{d-1} c_{i,j}^p x^{pi}$.  Comme $x$ est
+séparable, $x^p$ est de degré $d$ et $1,x^p,\ldots,x^{p(d-1)}$ est une
+base de $k(x)$ comme $k$-espace vectoriel.  La matrice des $c_{i,j}^p$
+est de rang $d'$ car le Frobenius est un isomorphisme de $k$ sur $k^p$
+et que \emph{le rang d'une matrice ne dépend pas du corps sur lequel
+  on la considère}.  Des trois dernières phrases, on déduit que
+$1,y^p,\ldots,y^{p(d'-1)}$ sont linéairement indépendants sur $k$,
+c'est-à-dire que $\deg(y^p) \geq d'$, l'inégalité dans le sens
+contraire étant évidente on a $\deg(y^p) = \deg(y)$ et $y$ est
+séparable.
+\end{proof}
+
 \begin{defn}\label{definition-perfect-field}
 Un corps $k$ est dit \textbf{parfait} lorsque \emph{soit} $k$ est de
 caractéristique $0$, \emph{soit} $k$ est de caractéristique $p$ et le