Functionsaufruf aus einem anderen PHP Script

testphp · 25.01.2012, 21:01

Hallo,

ich versuche folgenden Quellcode, der ursprünglich in einem php Script stand aus redundanzgründen aufzuteilen.

Aufrufendes Skript:

PHP-Code:

  <?php

require 'dbConnection.inc';

require "returnResultOfSqlQuery.inc";

 
$id = $_POST['bId'];

 
$sql_query = "SELECT c.ID, c.Blog, u.Username, c.Date, c.Comment FROM Comments c, User u WHERE c.Blog =  $id and u.ID = c.User;";

 
// Executes the sql Query and returns the result in Json format

getResult($sql_query);

 
?>

Eingebundenes Skript

PHP-Code:

  <?php

 
function getResult($sql_query){

    

//Gets the result from a sql Query, that is devinde in a different file

$sql_res = mysql_query($sql_query, $db_link) or die ("MySQL-Error: " . mysql_error());

 

while($zeile[] = mysql_fetch_row($sql_res))

{

    

    

}

mysql_close($db_link);

 
echo json_encode($zeile);

}

?>

Das Ergebnis ist keine Fehlermeldung, aber auch keine Ausgabe der Daten auf dem Bildschirm.

Es wird der Ursprüngliche Blog (hat nichts mit dem Aufruf zu tun) angezeigt und die Kommentare dazu erscheinen nicht.

In der Datenbank sind Kommentare zu diesem Blog vorhanden.

Wo liegt der Fehler bei der Einbindung der Funktion?

Viele Grüße

jnv · 25.01.2012, 21:12

Bin kein mySQL-Spezi, aber kann das an dem Semikolon im Query liegen?

Solu · 25.01.2012, 22:16

Zitat:

kann das an dem Semikolon im Query liegen?

Ist auch meine Ansicht. Lass es uns wissen, wenn es denoch nicht funktioniert.

Hinweis:

Code:

...WHERE c.Blog =  $id and u.ID = c.User;...

26.01.2012, 04:12

Zitat:

Zitat von testphp

Eingebundenes Skript

PHP-Code:

  <?php
function getResult($sql_query){
    
//Gets the result from a sql Query, that is devinde in a different file
$sql_res = mysql_query($sql_query, $db_link) or die ("MySQL-Error: " . mysql_error());
...

Das Ergebnis ist keine Fehlermeldung, aber auch keine Ausgabe der Daten auf dem Bildschirm.

Na mindestens eine Warnung wegen der in der Funktion nichtexistierenden Variablen $db_link müßte es schon geben. Da ich diese steinalte Art der Programmierung nicht mehr benutze, kann ich nicht genau sagen, ob PHP bei fehlender Ressource den Query überhaupt abschickt. Vielleicht stirbt das Script an dieser Stelle, weil nix = false = null ist. Und warum PHP nicht meckert, liegt mit Sicherheit an der Config, die hier auch keiner kennt.

Zitat:

Es wird der Ursprüngliche Blog (hat nichts mit dem Aufruf zu tun) angezeigt und die Kommentare dazu erscheinen nicht.

In der Datenbank sind Kommentare zu diesem Blog vorhanden.

1. Die Datenbank kennt hier keiner.
2. demzufolge ist die Einschätzung, ob Deine SQL Abfrage überhaupt ein Ergebnis haben kann, unmöglich

Zitat:

Zitat von jnv

Bin kein mySQL-Spezi, aber kann das an dem Semikolon im Query liegen?

Die MySQL Clients, die sowas angemeckert haben, kriegt man heute nur noch im Museum.

kratzbaum · 26.01.2012, 06:37

Folgende Anmerkungen:

Ich weise mal auf den Unterschied zwischen require und include hin. Wird die Datei nicht gefunden, schmiert das Script bei "require" ab, bei include gibt es nur eine Warnung mit einer entsprechenden Meldung. Während der Entwicklung solltest "include" benutzen.
Es ist besser, die eingebundene Datei auf ".php" enden zu lassen - sonst kann jeder User sie sich anzeigen lassen. Fatal, wenn z.B. Passwörter (z.B. für die DB) drin stehen.
Wenn eine Datei aus demselben Verzeichnis wie das Script includiert werden soll, ist es sicherer, den Dateinamen mit "./" beginnen zu lassen. Also z.B require './dbConnection.inc.php';
Du sollstest die Variable $db_link mit an die Funktion übergeben. Also function getResult($sql_query, $db_link). Das ist meiner Meinung nach die Ursache für Dein Problem.

rudygotya · 26.01.2012, 07:43

Zusätzlich zu dem, was kratzbaum angemerkt hat:

Zitat:

PHP-Code:

  while($zeile[] = mysql_fetch_row($sql_res))

Das hier ist auch nicht das, was du willst. Die letzte Zeile deines Ergebnisses wär immer false, da du im while-loop falsch zuweist.

PHP-Code:

  $result = array();
while ($row = mysql_fetch_object($sql_res)) {
    $result[] = $row;
}
return $result;

Eine Funktion sollte genau nur eine Aufgabe haben. Deine kümmert sich aktuell um den mysql-fetch, encoded als json und gibt auch noch aus.
Deine Funktion sollte nur das Ergebnis-Array zurückgeben.

Arne Drews · 26.01.2012, 08:42

Zitat:

Das Ergebnis ist keine Fehlermeldung, aber auch keine Ausgabe der Daten auf dem Bildschirm.

Um die Hinweise der Kollegen nachvollziehen zu können schalte zuerst mal das Error-Reporting ein:

PHP-Code:

  error_reporting( -1 );

ini_set( 'display_errors', true );

...an den Anfang Deines Scriptes

26.01.2012, 10:19

Code:

error_display = On ; PHP führt sonst je nach log_errors und error_log heimlich Tagebuch
log_errors = Off ; sonst steht der Mecker im Logfile
error_log = ; muß leer sein
error_reporting = 15 ; mindestens

Arne Drews · 26.01.2012, 12:01

Zitat:

Zitat von Manual

PHP-Code:

  // Report all PHP errors

error_reporting(-1);

Hat bei mir bisher auch immer gereicht...

testphp · 26.01.2012, 19:41

Hallo,

danke für eure Hilfe. Es lag daran, dass ich $db_link nicht übergeben hab.

Viele Grüße

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Mister Ad PHP Code Flüsterer Registriert seit: 21.08.2005 Beiträge: 4682 PHP-Kenntnisse: Fortgeschritten

25.01.2012, 21:12
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26.01.2012, 06:37
kratzbaum Benutzer Registriert seit: 06.08.2008 Beiträge: 43	Folgende Anmerkungen: Ich weise mal auf den Unterschied zwischen require und include hin. Wird die Datei nicht gefunden, schmiert das Script bei "require" ab, bei include gibt es nur eine Warnung mit einer entsprechenden Meldung. Während der Entwicklung solltest "include" benutzen. Es ist besser, die eingebundene Datei auf ".php" enden zu lassen - sonst kann jeder User sie sich anzeigen lassen. Fatal, wenn z.B. Passwörter (z.B. für die DB) drin stehen. Wenn eine Datei aus demselben Verzeichnis wie das Script includiert werden soll, ist es sicherer, den Dateinamen mit "./" beginnen zu lassen. Also z.B require './dbConnection.inc.php'; Du sollstest die Variable $db_link mit an die Funktion übergeben. Also function getResult($sql_query, $db_link). Das ist meiner Meinung nach die Ursache für Dein Problem.

26.01.2012, 19:41
testphp Neuer Benutzer Registriert seit: 14.01.2012 Beiträge: 2 PHP-Kenntnisse: Anfänger	Hallo, danke für eure Hilfe. Es lag daran, dass ich $db_link nicht übergeben hab. Viele Grüße Geändert von testphp (26.01.2012 um 21:51 Uhr).