Op deze website gebruiken we cookies om content en advertenties te personaliseren, om functies voor social media te bieden en om ons websiteverkeer te analyseren. Ook delen we informatie over uw gebruik van onze site met onze partners voor social media, adverteren en analyse. Deze partners kunnen deze gegevens combineren met andere informatie die u aan ze heeft verstrekt of die ze hebben verzameld op basis van uw gebruik van hun services. Meer informatie.

Akkoord

Vraag & Antwoord

Webprogrammeren & scripting

DB verbinding met een klein foutje

Annie
10 antwoorden
  • Oke, na lang rommelen heb ik nu dit dan:
    [code:1:ea48d259b7]
    <table width="450" border="0" align="center" cellpadding="0" cellspacing="0">
    <tr>
    <?php $query_m_v = "SELECT * FROM menu where menu-nr = '01-a'";
    mysql_connect("localhost","webmed","****");

    $result = mysql("webmed", $query_m_v);
    while ($row=mysql_fetch_array($result)){
    ?>
    <td><?php print("$row[kaart-nr]");?></td>
    <td><?php print("$row[eenheid-cz]");?></td>
    <td><?php print("$row[tekst-cz]");?></td>
    <td><?php print("$row[valuta]");?></td>
    <td><?php print("$row[prijs]");?></td>

    <?php
    }


    ?>
    </tr>
    </table>
    [/code:1:ea48d259b7]

    En dit is de fout die ik krijgt:
    [code:1:ea48d259b7]Warning: mysql_fetch_array(): supplied argument is not a valid MySQL result resource in /www/htdocs/webmed/~~~test/test2.php on line 7[/code:1:ea48d259b7]

    Wat doe ik fout ??
  • $result = mysql("webmed00", $query_m_v);

    >>>

    $result = mysql_query("webmed00", $query_m_v);


    Best wel RTFM werk…
  • Ik heb er van gemaakt zoals je zij.
    Maar het lukt nog niet echt :(

    [code:1:8026739407]<table width="450" border="0" align="center" cellpadding="0" cellspacing="0">
    <tr>
    <?php $query_m_v = "SELECT * FROM menu where menu-nr = '01-a'";
    mysql_connect("localhost","webmed","****");

    $result = mysql_query("webmed", $query_m_v);
    while ($row=mysql_fetch_array($result)){
    ?>
    <td><?php print("$row[kaart-nr]");?></td>
    <td><?php print("$row[eenheid-cz]");?></td>
    <td><?php print("$row[tekst-cz]");?></td>
    <td><?php print("$row[valuta]");?></td>
    <td><?php print("$row[prijs]");?></td>

    <?php
    }


    ?>
    </tr>
    </table>[/code:1:8026739407]

    Dit is trouwens de fout die ik nu krijg:

    Warning: mysql_query(): supplied argument is not a valid MySQL-Link resource in /www/htdocs/webmed/~~~test/test4.php on line 6

    Warning: mysql_fetch_array(): supplied argument is not a valid MySQL result resource in /www/htdocs/webmed/~~~test/test4.php on line 7
  • $result = mysql_query($query_m_v);
  • [code:1:2bbbbed663]<table width="450" border="0" align="center" cellpadding="0" cellspacing="0">
    <tr>
    <?php
    $query_m_v = "SELECT * FROM menu where menu-nr = '01-a'";
    $connection = mysql_connect('localhost', 'webmed', '*****') or die(mysql_error());
    $db = mysql_select_db('menu') or die(mysql_error()); // webmed is menu geworden, daar zat de fout denk ik.

    $result = mysql_query($query_m_v);
    while ($row = mysql_fetch_array($result)){

    ?>
    <td><?php print($row['kaart-nr']);?></td>
    <td><?php print($row['eenheid-cz']);?></td>
    <td><?php print($row['tekst-cz']);?></td>
    <td><?php print($row['valuta']);?></td>
    <td><?php print($row['prijs']);?></td>

    <?php
    }


    ?>
    </tr>
    </table>[/code:1:2bbbbed663]

    Maar nu krijg ik weer wat anders.

    Access denied for user: 'webmed@localhost' to database 'menu'

    Wat is dat nu weer ??
  • Overigens ziet die query er ook vrij verdacht uit. Kijk daar ook nog eens naar.
  • [quote:e59298c55a="Jitka"]
    Access denied for user: 'webmed@localhost' to database 'menu'

    Wat is dat nu weer ??[/quote:e59298c55a]
    De foutmelding is vrij duidelijk. De user waarmee je ingelogd bent op de mysql server heeft onvoldoende rechten om de database 'menu' te benaderen.

    Voor informatie over de rechtenstructuur verwijs ik je door naar de mysql manual (hoofdstuk 4).
  • Probeer het eens met mysql_connect('localhost','root','') dus zonder een wachtwoord. Je logt nu in op de rootgebruiker, en als je toch op je eigen computer test, is dit niet erg. Anders moet je kijken in de tabel users, waarin alle gebruikers staan of in PhpMysqlAdmin even snuffelen bij de gebruikers.
  • Nou, ik ben er eindelijk uit hoor :wink:

    [code:1:55d7b35eb3] <?php
    $query = "SELECT * FROM menu where menu_nr = '01-a'";
    mysql_connect('localhost', 'webmed', '******') or die(mysql_error());
    $db = mysql_select_db('webmed') or die(mysql_error());

    $result = mysql_query($query) or die(mysql_error());
    while ($row1 = mysql_fetch_array($result)){[/code:1:55d7b35eb3]

    De fout zat hem in een "-" en de "_"

    Dus "menu-nr" moest "menu_nr" worden
    Van dat streepje ging hij over zijn nek :-?

    Dan ben je daar z'n tijd mee bezig, en dan is het z'n
    PIEEEP streepje.

    Dit is het resultaat:
    LINK
  • Nou ja, dan is het in ieder geval opgelost. Wel een domme fout, maar ja kan iedereen overkomen. Veel succes verder met de ontwikkeling.

Beantwoord deze vraag

Dit is een gearchiveerde pagina. Antwoorden is niet meer mogelijk.