El subespacio $X= \{ \frac{1}{n} \mid n\in \mathbb{N} \}$ de $\mathbb R$ no es compacto. Pero el subespacio $X \cup \{0\}$ sí es compacto.
Demostración
Tanto $X$ como $\mathbb N$ tienen la topología discreta y, por tanto,
la aplicación $f: X \to \mathbb N$, definida por $f(\frac{1}{n})=n$, es un
homeomorfismo de $X$ en un subespacio de $\mathbb R$ no acotado y, por tanto,
no compacto.
En el caso de $Y = X \cup \{0\}$, dado un recubrimiento por abiertos
$$
Y = \bigcup_j \left(U_j \cap Y \right), \qquad U_j \quad \text{abierto de } \,\,
\mathbb R
$$
al menos uno de ellos contiene $0$. Sea $\, 0 \in U_{k_0}$. El abierto $U_{k_0}$
es unión de intervalos abiertos y, al menos uno de ellos, contiene $0$:
$\, 0 \in (-\varepsilon, +\varepsilon) \subset U_{k_0}$. Además del $0$, $\,U_{k_0}$
contiene todos los $\frac{1}{n} < \varepsilon$; sea $N$ el menor natural que
cumple $\frac{1}{N} < \varepsilon$. $U_{k_0}$ contiene todos los elementos de
$Y$ salvo $\,1, \, \frac{1}{2}, \dots, \frac{1}{N-1}$.
Escojamos un abierto del recubrimiento que contenga cada uno de estos puntos:
$\,\frac{1}{i} \in U_{k_i}$, $\, i=1, \dots, N-1$. Entonces,
$$
Y = \bigcup_{i=0}^{N-1} \left(U_{k_i} \cap Y \right)
$$
Es decir, $Y$ es unión de un número finito de elementos del recubrimiento.