Formule de Riemann-Hurwitz

Bonjour,

j'aimerais comprendre la démonstration de la formule de Riemann-Hurwitz. Je travaille dans le cadre des surfaces de Riemann. Je recopie ci-dessous la formule puis la preuve avant de vous faire part de ma première interrogation à propos de cette dernière. Merci d'avance pour votre aide !

$\bullet$ Voici l'énoncé de la formule:

Soit $f: Y \to X$ une application holomorphe entre surfaces de Riemann compactes, c'est-à-dire un revêtement de degré $k$. Pour $y\in Y$ on note $\nu (y)$ l'indice de ramification de $f$ en $y$. Alors $$\chi (Y)=k\chi (X) - \sum\limits_{y\in Y} ( \nu (y) -1).$$

$\bullet$ Voici la démonstration que j'ai:

Soit $\tau$ une triangulation de $X$ dont l'ensemble des sommets contient tous les points de ramification $\{ x_1, x_2, ... , x_k \}$ de $f$. On note $S_X$, $A_X$ et $F_X$ le nombre de sommets, d'arêtes et de triangles de $\tau$. On peut supposer que tout triangle peut être inclus dans un disque au-dessus duquel $f$ s'écrit: $$f \ : \ z \to \ z^k$$
On relève ensuite cette triangulation en $f^{-1} (\tau )$ à $Y$.
Les triangles et les arêtes vus comme des ouverts dans la topologie de $\tau$ sont simplement connexes et inclus dans $X \backslash \{x_1, ... , x_k \}$.
La restriction du revêtement $f$ sur l'image réciproque de tous ces ouverts doit être triviale. Ainsi donc, par le relèvement de tous les triangles ouverts et les arêtes ouvertes dans $\tau$, on obtient $k$ copies de chaque. Et on a un homéomorphisme entre les arêtes ouvertes de $Y$ et les intérieurs des 1-simplexes standards et entre les triangles ouverts de $Y$ et les intérieurs des 2-simplexes standards. Il reste à montrer que cet homéomorphisme se prolonge sur le bord.
Puisque l'application $$f \ : \ Y \backslash f^{-1} ( \{x_1,...,x_k \} ) \to X \backslash \{x_1,...,x_k \}$$ est un revêtement non ramifié, on peut donc étendre l'homéomorphisme sauf sur un petit voisinage arbitraire d'un point de $f^{-1} ( \{x_1,...,x_k \} )$. Mais pour tout point $P$ dans $f^{-1} ( \{x_1,...,x_k \} )$ on peut choisir une carte appropriée de telle sorte que les coordonnées locales de $f$ sont fournies par l'application $$z\to z^{\nu (P)}$$
Cette application est un homéomorphisme local dans un petit voisinage épointé de de $P$, de plus $$\lim\limits_{z\to 0} z^{\nu (P)} =0$$
Notons que, si $y\notin f^{-1} ( \{x_1,...,x_k \} )$ l'indice $\nu (y)=1$.
Par construction, tout point de $f^{-1} ( \{x_1,...,x_k \} )$ est un sommet dans la triangulation de $Y$.
Soit maintenant $x$ un sommet dans la triangulation de $X$.
$$\sum\limits_{y\in f^{-1} (x)} 1= k- \sum\limits_{y\in f^{-1} (x)} (\nu (y) -1)$$
Le nombre de sommets de la triangulation de $Y$ vaut $$\sum\limits_x \sum\limits_{y\in f^{-1} (x)} 1= kS_X- \sum\limits_x \sum\limits_{y\in f^{-1} (x)} (\nu (y) -1)$$
En calculant la caractéristique de $Y$ (car, une surface de Riemann est orientable) on obtient:
$\begin{align} 2-2g_Y &=kS_X- \sum\limits_x \sum\limits_{y\in f^{-1} (x)} (\nu (y) -1)-kA_X+kF_X \\ &= k(2-2g_X) - \sum\limits_{y\in Y} (\nu (y) -1)\end{align}$
C'est la formule de Riemann-Huritz.

$\bullet$ Premièrement je me demandais pourquoi il existerait une triangulation de $X$ dont l'ensemble des sommets contient tous les points de ramification de $f$ ?