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@@ -1686,13 +1686,13 @@ l'extension est monogène.  Si $k$ est parfait, toute extension
 algébrique de $k$ est séparable.
 \end{proof}
 
-\begin{prop}
+\begin{prop}\label{separating-transcendence-basis-over-perfect-field}
 Soit $k$ un corps parfait et $k \subseteq K$ une extension de corps de
-type fini.  Alors il existe $x_1,\ldots,x_{d+1} \in K$ tels que $K =
-k(x_1,\ldots,x_{d+1})$ avec $x_1,\ldots,x_d$ algébriquement
-indépendants sur $k$ (cf. \ref{definition-transcendence-basis}) et
-$x_{d+1}$ séparable sur $k(x_1,\ldots,x_d)$
-(cf. \ref{definition-separable-element}).
+type fini (cf. \label{subfield-generated}).  Alors il existe
+$x_1,\ldots,x_{d+1} \in K$ tels que $K = k(x_1,\ldots,x_{d+1})$ avec
+$x_1,\ldots,x_d$ algébriquement indépendants sur $k$
+(cf. \ref{definition-transcendence-basis}) et $x_{d+1}$ séparable sur
+$k(x_1,\ldots,x_d)$ (cf. \ref{definition-separable-element}).
 \end{prop}
 \begin{proof}
 Supposons $K = k(w_1,\ldots,w_n)$ et soit $d = \degtrans_k(K)$ :
@@ -1891,6 +1891,49 @@ les résultats suivants :
 
 \subsection{Idéaux maximaux d'anneaux de polynômes}
 
+\begin{lem}
+Soit $k$ un corps algébriquement clos et $k \subseteq K$ une
+extension.  On suppose que $h_1,\ldots,h_m \in k[t_1,\ldots,t_n]$ ont
+un zéro commun dans $K$ (c'est-à-dire qu'il existe $z_1,\ldots,z_n \in
+K$ tels que $h_i(z_1,\ldots,z_n) = 0$ pour $1\leq i\leq m$) : alors
+ils en ont un dans $k$ (c'est-à-dire qu'il existe $y_1,\ldots,y_n \in
+k$ vérifiant $h_i(y_1,\ldots,y_n) = 0$ pour $1\leq i\leq m$).
+\end{lem}
+\begin{proof}
+Quitte à remplacer $K$ par $k(z_1,\ldots,z_n)$ où $z_1,\ldots,z_n$ est
+un zéro commun aux $h_i$, on peut supposer que $K$ est une extension
+de type fini de $k$.  D'après la
+proposition \ref{separating-transcendence-basis-over-perfect-field},
+comme $k$ est parfait puisque algébriquement clos, on peut écrire $K =
+k(x_1,\ldots,x_d,u)$ avec $x_1,\ldots,x_d$ algébriquement indépendants
+et $u$ algébrique sur $k(x_1,\ldots,x_d) =: k(\underline{x})$, disons
+$f(\underline{x},u) = 0$ avec $f \in k(\underline{x})[t]$ le polynôme
+minimal de $u$ sur $k(\underline{x})$.
+
+Soient $z_1,\ldots,z_n \in K$ vérifiant $h_i(z_1,\ldots,z_n) = 0$.  On
+peut écrire $z_j = g_j(\underline{x},u)$ pour un certain $g_j \in
+k(\underline{x})[t]$.  Le fait qu'on ait $h_i(z_1,\ldots,z_n) = 0$
+signifie $h_i(g_1,\ldots,g_n) \equiv 0$ modulo $f$, autrement dit
+$h_i(g_1,\ldots,g_n) = q_i f$ dans $k(\underline{x})[t]$.
+
+Choisissons maintenant $v_1,\ldots,v_d \in k$ qui n'annulent les
+dénominateurs d'aucun des coefficients d'aucun de $f$, $g_j$ ou $q_i$
+ni le coefficient dominant de $f$ (on laisse en exercice facile le
+fait que sur un corps infini, on peut trouver un $n$-uplet de points
+où n'importe quel ensemble fini de polynômes en $n$ variables ne
+s'annule pas).
+
+Remplaçons $x_1,\ldots,x_d$ par $v_1,\ldots,v_d$ dans l'écriture
+$h_i(g_1,\ldots,g_n) = q_i f$ : soient $\tilde f, \tilde g_j, \tilde
+q_i \in k[t]$ les polynômes ainsi substitués et soit $w \in k$ une
+racine de $\tilde f$ (noter que le degré de $\tilde f$ est le même que
+celui de $f$ en la variable $t$ puisque le coefficient dominant ne
+s'annule pas en $v_1,\ldots,v_d$) : on a $\tilde h_i(\tilde
+g_1,\ldots,\tilde g_n) = \tilde q_i \tilde f$, donc en évaluant en $w$
+ce polynôme, on trouve $0$.  Ceci montre que $x_j := \tilde g_j(w)$
+répond au problème posé.
+\end{proof}
+
 
 
 % TODO: