• 締切済み

phpとmysqlが連携できない

問題のコードです。 何度やっても失敗と表示されます。 接続は問題ないと思います。 お願いします。 $db = mysql_connect("localhost", "user", "user_パスワード", "db1") or die("Connection error"); $query = "select * from menbers"; $result = mysql_query($query, $db); if($result){ echo "成功"; }else{ echo "失敗"; }

  • MySQL
  • 回答数1
  • ありがとう数2

みんなの回答

  • x_jouet_x
  • ベストアンサー率68% (162/236)
回答No.1

MySQLとPHPのバージョンが分かりませんが…。 クエリー送信時にエラーだと思いますので、 if($result){ echo "成功"; }else{ echo "失敗"; } の部分を if($result){ echo "成功"; }else{ echo mysql_error(); } のように書き換えてMySQLが吐き出しているであろうエラーメッセージを見てみてはどうでしょう? mysql_error()関数は直近に実行されたMySQL操作のエラーメッセージを返します。

level2012
質問者

お礼

No database selectedと表示されました。 接続時に、ポスグレみたいに引数にデータベース名を入力していました。 ありがとうございます。

関連するQ&A

  • PHPからMySQL・異なるDBにコピー

    PHPからMySQL・異なるDBに接続し同じ構造のテーブルのデータをコピーすることは可能ですか? 以下を実行するとクエリが実行されず「コピーできません」が表示されてしまいます。 どのようにすればコピーできるか教えてください。 $connect1 = mysql_connect("localhost", "user1", "pass1") ; mysql_select_db("db1", $connect1); //db1内にtable1 $connect2 = mysql_connect("localhost", "user2", "pass2") ; mysql_select_db("db2", $connect2); //db2.内にtable2 $sql = "INSERT INTO `db1` . `table1` SELECT * FROM `db2` .`table2`;"; $result = mysql_query($sql, $connect1)or die("コピーできません"); //$result内「$connect1」でも「$connect2」結果は同じです。 //table1とtable2の構造は同じです。

    • ベストアンサー
    • PHP
  • phpでmysqlで作成したdbを表示したい。

    現在phpのプログラムの学習を行っています。、 phpmyadminで作成したデータベースを読み込もうとしているのですが、うまくいきません。 参考書やサイトも参考にしたのですが、警告が出ています。 よくわからなくなってきましたので、教えていただきたいです。 ------------------------------------------------------------------------------- ・実行結果 Resource id #31Resource id #40 接続ID: 選択の成否: 結果ID: 行数: Warning: mysql_fetch_assoc() expects parameter 1 to be resource, boolean given in C:\xampp\htdocs\job\job.php on line 45 ------------------------------------------------------------------------------- ・ソース <?php /*$con = mysql_connect('localhost','root','root') or die("接続できません"); print "接続に成功しました。"; mysql_close($con);*/ $url = "localhost"; $user = "root"; $pass = "***"; $db = "***"; // MySQLへ接続する $link = mysql_connect($url,$user,$pass) or die("MySQLへの接続に失敗しました。"); // データベースを選択する $sdb = mysql_select_db($db,$link) or die("データベースの選択に失敗しました。"); // クエリを送信する $sql = "SELECT * FROM t01prefecture"; $result = mysql_query($sql, $link) or die("クエリの送信に失敗しました。<br />SQL:".$sql); //結果セットの行数を取得する $rows = mysql_num_rows($result); //結果保持用メモリを開放する mysql_free_result($result); echo "$link"; echo "$sdb"; echo "$result"; echo "$rows"; echo "<br>"; echo "接続ID:<?= $link ?><br />"; echo "選択の成否:<?= $sdb ?><br />"; echo "結果ID:<?= $result ?><br />"; echo "行数:<?= $rows ?><br />"; $recordSet = mysql_query('SELECT * FROM my_items'); while($data = mysql_fetch_assoc($recordSet)){ /*このあたりが45行目 */ echo $data['item_name']; /* ここの値を変える*/ echo '<br>'; } // MySQLへの接続を閉じる mysql_close($link) or die("MySQL切断に失敗しました。");

    • ベストアンサー
    • PHP
  • PHPとMySQLの連携に関する質問

    PHPでMySQLに接続し、クエリを実行するプログラムを書いてコンパイルしたのですが ↓のエラーが出ました 「Fatal error: call to undefined function mysql_connect()」 このエラーの解決方法を教えてください(mysql_connect()はデフォルトでついているモジュールに入っていたと思うのですが) <?php $db=mysql_connect("localhost","秘密","秘密"); mysql_select_db("testtest"); $query="select * from testa"; mysql_query($query,$db); ?>

    • ベストアンサー
    • PHP
  • PHPでの不思議なふるまいが理解できません。MySQLのデータ照合

    PHPでユーザーにURLでパラメーター付メールを送り、そのURLをクリックするとMySQLに保存されているユーザー名「hoge」というレコード内のsignという項目の値が0なら1にするというプログラムを書いています。 phpadminでsignが0なのを確認しているのに、URLをクリックしてプログラムを走らせると、//■■■■(3)■■■■の場所で終わってしまいます。(つまり0だと認識されていない?)その場合、echo $pass;の表示はなぜか1です。 echo $pass;は、//■■■■(2)■■■■のsignを1にする前の処理なのになぜ前もって1となるかが分からない点です。 そこでコメントされている■■■■(1)■■■■のexit;を、コメントアウトさせてからプログラムを走らせるとecho $pass;の表示は0です。 この現象が分かる方は教えて欲しいです。 宜しくお願いします。 //(これより以前省略) $db = mysql_connect($db_host,$db_user,$db_passwd); $sql = "select * from $db_table where username like 'hoge'"; $result = mysql_query($sql) or die("SQLに失敗しました".mysql_error()); //■■■■MySQLに保存されているデータを抜き出し $row = mysql_fetch_array($result); $sign = $row{'sign'}; $pass = $row{'password'}; echo $pass; //■■■■メールに書いてあるクリックされたURLの分解 $a = explode('&', $_SERVER['QUERY_STRING']); $urlpass = split('=', $a[1]); //exit;//■■■■(1)■■■■ if ( $sign == 0 ){ if ( $urlpass == $pass ){sign $sql = "update $db_table set sign = 1 where username like 'hoge'";■■■■(2)■■■■ $result = mysql_query($sql) or die("SQLに失敗しました".mysql_error()); if ($result){ echo"認証できました。"; } }else{ echo"認証できません。"; } }else{//$signが0以外なら echo"認証済みです";//■■■■(3)■■■■ }

    • ベストアンサー
    • PHP
  • PHP5 DB問い合わせ時のエラーについて

    PHP5について質問です。 よろしくお願いします!! 下記のソースでDBへ問い合わせするとエラーがでます。 $this->dbConn=DB::connect("mysql://root:@localhost/a_db"); $this->link=mysql_connect("localhost","root","") or die("MSQLの接続に失敗"); $this->mysql=mysql_select_db(a_db) or die("データベースとの接続に失敗"); $this->query= "select * from customer_table01"; var_dump($this->query); $this->result=mysql_query($this->query) or die("クエリーを実行できず"); $this->rows=mysql_num_rows($this->result); $this->if($rows == 0 ){ print ("該当するデータがなし"); }else{ } エラー内容 Parse error: syntax error, unexpected '{' in C:\xampp\htdocs\y\baseClass.php on line 56 56行目とは、$this->if($rows == 0 ){ の部分です

    • ベストアンサー
    • PHP
  • PHPでデータベース(mySQL)から値を取りだすには

    PHPで値をmySQLに保存するコードを作成するのに 成功したのはいいのですが、値を取り出して 出力するコードがうまく書けません ネットで調べてみたり、参考書を読んで やっているのですがうまくいきません こういうコードを書いたのですが <?php $conn=mysql_connect("localhost", "user", "pass"); if (!$conn) { die('接続失敗です。'.mysql_error()); } mysql_select_db("database", $conn); mysql_query("SET NAMES 'ja-utf8'", $conn); $sql='SELECT caram, FROM table'; $row=mysql_query($sql, $conn); $res=mysql_fetch_assoc($row); echo htmlspecialchars($res, ENT_QUOTES); mysql_close(); ?> どこが間違っているかご指摘いただけると ありがたいです。

    • 締切済み
    • PHP
  • 異なるデータベース間のリレーション

    phpmyadmin上の異なるデータベース間のテーブルでリレーションをかけたいのですが、うまくいきません。 new_linkフラグをtrueにすることで異なるデータベースを開くところまではできました。 アドバイスいただけないでしょうか。 ※DB1の中にtable1が、DB2の中にtable2がある //失敗する $con1 = mysql_connect("localhost",username,pass); mysql_select_db('DB1',$con1); $con2 = mysql_connect("localhost",username,pass,true); mysql_select_db('DB2',$con2); $sql = "select * from table1,table2 where table1.id = table2.id"; $result = mysql_query($sql) or die(mysql_error()); メッセージ⇒Table 'DB2.table1' doesn't exist //これは成功する $con1 = mysql_connect("localhost",username,pass); mysql_select_db('DB1',$con1); $con2 = mysql_connect("localhost",username,pass,true); mysql_select_db('DB2',$con2); $sql1 = "select * from table1"; $result1 = mysql_query($sql,$con1) or die(mysql_error()); $sql2 = "select * from table2"; $result2 = mysql_query($sql2,$con2) or die(mysql_error());

    • ベストアンサー
    • MySQL
  • PHPでMySQLへの接続

    お世話になります。 phpを用いてMySQLへ接続したのですが、データが空で戻ってきました。lowは件数表示されましたし、行数もその分返ってきています。何か原因は考えられるでしょうか? <html> <head> <title>PHP TEST</title> </head> <body> <?php $link = mysql_connect('localhost', 'XXXX', 'XXXX'); if (!$link) { die('接続失敗です。'.mysql_error()); } print('<p>接続に成功しました。</p>'); $db_selected = mysql_select_db('XXXX', $link); if (!$db_selected){ die('データベース選択失敗です。'.mysql_error()); } print('<p>uriageデータベースを選択しました。</p>'); //mysql_set_charset('utf-8'); $result = mysql_query('SELECT * FROM sample'); if (!$result) { die('クエリーが失敗しました。'.mysql_error()); } while ($row = mysql_fetch_assoc($result)) { print('<p>'); print('id='.$row['str']); print(',name='.$row['etc']); print('</p>'); } $close_flag = mysql_close($link); if ($close_flag){ print('<p>切断に成功しました。</p>'); } ?> </body> </html>

    • ベストアンサー
    • PHP
  • MySQLとPHP(HTML)の連携について

    送信側では、PHP(HTML)下記のように書きました。 ----------------------------- <form action="input.php" method="post"> ボタン1:<input type="submit" name="input" value="入力">   ボタン2:<input type="submit" name="input2" value="入力"> </form> ----------------------------- 受信側(input.php)は下記のように書きました。 ----------------------------- <?php $url = "***.sakura.ne.jp"; $user = "abc"; $pass = "12345"; $db = "sakura_db"; if (isset($_POST["$input"])){ $sql = "SELECT SQL_CALC_FOUND_ROWS * FROM MAIN"; }elseif (isset($_POST["$input2"])){ $sql = "SELECT SQL_CALC_FOUND_ROWS * FROM MAIN2"; } //Connect MySQL Server $my_Con = mysql_connect($url,$user,$pass); mysql_query("SET NAMES utf8",$my_Con); if ($my_Con == false){ die("MySQL Server接続に失敗しました。"); } //Connect MySQL DataBase if (!mysql_select_db($db,$my_Con)){ die("MySQL DataBase選択に失敗しました。"); } //MySQL Deta Read $my_Row = mysql_query($sql,$my_Con); if (!$my_Row){ die(mysql_error()); } $a = 1; while ($row = mysql_fetch_array($my_Row) or $a <= 50) { echo ' <p>'; echo ' A'.$a.':<input name="date" type="text" size="4" value="'.$row["a"].'">'; echo ' B'.$a.':<input name="date" type="text" size="4" value="'.$row["b"].'">'; echo ' C'.$a.':<input type="checkbox" name="example"'.check($row["c"]).'>'; echo ' D'.$a.':<input type="checkbox" name="example"'.check($row["d"]).'>'; echo ' </p>'; $a++; } //Close MySQL Server $my_Con = mysql_close($my_Con); if (!$my_Con) { exit("MySQL Server閉じられませんでした。"); } ?> ----------------------------- この状態で送信側のボタンをクリックすると、input.php側では”Query was empty”とエラーがでます。 送信側の2つあるボタンによって表示されるテーブルを変えたいのですが、何が原因なのでしょうか? そもそもSQLの内容をif文での条件分岐は出来ないのでしょうか? 最近PHPを勉強し出した初心者です。 出来れば分かりやすく教えていただけないでしょうか。 よろしくお願い致します!

    • ベストアンサー
    • PHP
  • PHPとMySQLで作ったプログラムについて

    PHP(Ver.5.2.5)とMySQL(Ver.5.0.45)で住所録プログラムを作りました。住所は登録できるのですが、PHPで住所録を表示すると新規登録分が表示されません。住所録登録プログラムではmysql_close文でDBをちゃんと終了しています。コマンドラインクライアントのselect*from文では新規登録分が1回でちゃんと表示されることと、住所録表示プログラムでブラウザーの更新ボタンをクリックすると新規登録分が表示されることから、住所録表示プログラムがおかしいのではないかと思い、いろいろ試したのですが、変わりません。住所録表示プログラムのスクリプトの一部を以下に示します。 <?php mysql_connect('localhost','root'); *rootパスワードは設定していません。 mysql_select_db('lesson'); $sql = 'select * from jushoroku'; $result = mysql_query($sql); $rows = mysql_num_rows($result); if($rows == 0){ echo "<p>該当データがありません。</p>"; }else{ while($row = mysql_fetch_array($result)){ echo "<p>"; echo $row["renban"]; echo ・・・ } } ?> 新規登録分を1回で表示するにはどこを直せば良いのでしょうか。どなたか教えてください。

    • ベストアンサー
    • PHP