Wieso wird das Bild nicht angezeigt??

08.09.2004, 12:32

Hallo, ich habe hier ein Script das eigentlich ein Bild in einem Formular anzeigen sollte.

Hier wird zwar der Text, der aus einer DB kommt angezeigt, aber nicht ds Bild das zu diesem Datensatz gehört.

(Bild ist nicht in der DB sondern nur der Pfad, und ja ich habe gesucht, aber nichts gefunden, das erklärt warum es bei mir nicht Klappt.)

Das Script:

Code:

<?PHP

$beschreibung            = $_POST[beschreibung];
$id                      = $_POST[id];
$bildname                = $_POST[bildname];
/*
 die button
 */
$aendern                 = $_POST[aendern];
$doaendern               = $_POST[doaendern];


//print_r($_FILES);

// Verbindung zum Server herstellen
mysql_connect($dbhost,$dblogin,$dbpwd) or die("Verbindung ist gescheitert.");

// Datenbank auswählen
mysql_select_db($dbname);



function Tabelle3Spalt( $breite1 , $breite2 , $breite3 , $vertikal , $horizontal ) {
        global $host;
        $breite =  $breite1 + $breite2 + $breite3;
        print "<table border='0' width='".$breite."' cellpadding='0' cellspacing='0' vspace='0' hspace='0' align='".$vertikal."' valign='".$horizontal."'>\n";
        print "   <tr>\n";
        print "      <td>[img]" . $host . "images/blind.gif[/img]</td>\n";
        print "      <td>[img]" . $host . "images/blind.gif[/img]</td>\n";
        print "      <td>[img]" . $host . "images/blind.gif[/img]</td>\n";
        print "   </tr>\n";
}

function TabelleLeereZeile( $spalten , $hoehe ) {
        global $host;
        print "   <tr>\n";
        print "      <td colspan='" . $spalten . "'>[img]" . $host . "images/blind.gif[/img]</td>\n";
        print "   </tr>\n";
}
if($aendern && !empty($id)){

        $sqlbefehl  = "SELECT * FROM galerie ";
        $sqlbefehl .= "WHERE ID = $id";
        $abfrage    = mysql_query($sqlbefehl);
        $anzahl     = mysql_num_rows($abfrage);


        $beschreibung = mysql_result( $abfrage , 0, "Bild_Text");


?>

<table cellspacing=2 cellpadding=10 border=2 align=center>
  <form name='Artikelaendern' action='aendern.php' method='post'enctype='multipart/form-data'>
  <input type="hidden" name="id" value="<? echo $id ?>">
    <tr>
      <td>[img]<? echo $zeile[Bild_URL] ?>[/img]</td>
      <td width=220 ><textarea name='beschreibung' cols='40' rows='9'><? echo $beschreibung ?></textarea></td>
    </tr>
    <tr >
      <td colspan=3 align=right><input type='file' name='bild' size='50' enctype='multipart/form-data' ></td>
    </tr>
    <tr >
      <td colspan=3 align=right><input type='submit' name='doaendern' value='Ändern' ></td>
    </tr>
  </form>
</table>

ich vermute das hier der Fehler liegen muss da der Teil:
[i][img]<? echo $zeile[Bild_URL] ?>[/img]\n";
TabelleLeereZeile( 3 , 10 );
print " <tr align='left' valign='top'>\n";
print " <td colspan='3'>";
print " <select name='id'>";
$sqlbefehl = "SELECT * FROM galerie ";
$sqlbefehl .= "ORDER BY ID ASC";
$abfrage = mysql_query($sqlbefehl);
$anzahl = mysql_num_rows($abfrage);
for ( $n = 0; $n < $anzahl ; $n++){
$bezeichnung = mysql_result( $abfrage , $n, "Bild_Text");
$id = mysql_result( $abfrage , $n, "ID");
print " <option value='$id'>" . $id . "</option>";
}
print " </select>";
print " </td>\n";
print " </tr>\n";
print " <tr>\n";
print " <td colspan='3'>Artikeln auswählen und <input type='Submit' name='aendern' value='ändern' class='eingabe_button'></td>\n";
print " </tr>\n";
print "</form>\n";
print "</table>\n";
print "</body>\n";
print "</html>\n";

?>[/code]

Danke schonmal.

08.09.2004, 14:18

hinter

PHP-Code:

<? echo $id ?>

würde ich grundsetzlich ein ";" machen, kann dir jetzt nicht sagen das das der fehler ist aber sowas trägt meistens zu problemen bei.

Dann, ich sehe hier :

PHP-Code:

  // Verbindung zum Server herstellen 

mysql_connect($dbhost,$dblogin,$dbpwd) or die("Verbindung ist gescheitert."); 

 
// Datenbank auswählen 

mysql_select_db($dbname);

, ich sehe die ganzen variablen aber garnicht difiniert.
Schlag mich nicht wenns nicht stimmt

Und Kreis das Problem bitte was näher ein,
ist ein bisschen viel code das ganze.

P.S. Das <? echo $id ?> wird bei mir normal markiert

08.09.2004, 14:22

Nein daran lag es auch nicht... bin ziemlich ratlos.

Die Variablen sind definiert, stehen nur nicht hier, sie müssen es ja sein, sonst käm ich ja nicht an die Datenbank.

Code:

$dbhost = "localhost";
$dblogin = "root";
$dbpwd = "";
$dbname = "DieDatenbank";

nur um dich zu beruhigen.

Versucht habe ich das Problemm einzukreisen... aber dann bin ich doch hier gelandet...

08.09.2004, 14:28

bist du dir sicher dass dein query richtig ist? verwende mysql_error() zur kontrolle
desweiteren, gib mal den inhalt der variablen aus, und check ob die wirklich
das enthält was du willst. wenn dem so ist, check mal ob das bild das du an-
zeigen lassen willst, wirklich da ist.

08.09.2004, 14:46

mhmmmm,
Nach dem ausgeben der Variablen steht nur in $beschreibung was drin...

Die Bilder sind auf jeden Fall, und der eintrag in der DB auch (geprüft by me)

Ob mein query richtig ist...

das ist die frage du sagts ich soll mysql_error() verwenden, zurkontrolle...

Draf ich fragen wo und wie, ich bin Änfanger.

(soweit ich das sehe habe ich das doch?? Aber inzwischen sehe ich den Wald vor lauter Script nicht mehr.)

08.09.2004, 14:50

Zitat:

$sqlbefehl = "SELECT * FROM galerie ";

16.14. Warum soll ich nicht SELECT * schreiben?
http://www.dclp-faq.de/q/q-sql-select.html

08.09.2004, 14:58

so, so kein select...

verrate mir einen beseren Weg, und ich glaube nicht das mein Prob von einem SELECT abhängt oder???

Ich glaube auch nicht das von Select die Welt untergeht, oder.

Versteh mich bitte nicht falsch, oder sei mir bitte nicht böse, aber zur Problemlösung hilft das nicht bei.

08.09.2004, 15:07

hallo,

sollte auch lediglich ein hinweis sein,
fehler sichten und vernichten ist die devise, ausserdem bezieht es sich
auf SELECT * .. darum gehts, nicht ums select

.

08.09.2004, 15:14

Wieso habe ich nur das gefühl jetzt noch verwirrter zu sein als ich es vorhin schon war...

Lauter Fragen und keine Antworten.

$sqlbefehl = "SELECT * FROM galerie ";

Ist also nicht ok, laut dem link sehe ich das ja ein, Severüberlastung, etc.

Mal davon abgesehen, das es hier keine Tragweite hat, weill die DB nicht das Ausmaß erreicht, das das stören könnte.

Und wieso ist mein Problemm damit nicht gelöst...

(Falls ich mich irre, nehme ich alles zurück und behaupte das Gegenteil.
Aber ob ich das tue kann ich nur wissen, wenn es mir jemand sagt!)

08.09.2004, 16:31

Zitat:

Zitat von lilnatch

Wieso habe ich nur das gefühl jetzt noch verwirrter zu sein als ich es vorhin schon war...

Dein Query lautet

Code:

$sqlbefehl  = "SELECT * FROM galerie ";
$sqlbefehl .= "WHERE ID = $id";

$id kommt aus ...

Code:

$id = $_POST[id];

... und id vermutlich aus dem name="id" des vorangestellten Formulars. Ich würde das in Anführungszeichen setzen:

Code:

$id = $_POST["id"];

HTH
Philipp

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

08.09.2004, 14:18
Gast Beiträge: n/a	hinter PHP-Code: `<? echo $id ?>` würde ich grundsetzlich ein ";" machen, kann dir jetzt nicht sagen das das der fehler ist aber sowas trägt meistens zu problemen bei. Dann, ich sehe hier : PHP-Code: `// Verbindung zum Server herstellen mysql_connect($dbhost,$dblogin,$dbpwd) or die("Verbindung ist gescheitert."); // Datenbank auswählen mysql_select_db($dbname);` , ich sehe die ganzen variablen aber garnicht difiniert. Schlag mich nicht wenns nicht stimmt Und Kreis das Problem bitte was näher ein, ist ein bisschen viel code das ganze. P.S. Das <? echo $id ?> wird bei mir normal markiert

08.09.2004, 14:22
Gast Beiträge: n/a	Nein daran lag es auch nicht... bin ziemlich ratlos. Die Variablen sind definiert, stehen nur nicht hier, sie müssen es ja sein, sonst käm ich ja nicht an die Datenbank. Code: $dbhost = "localhost"; $dblogin = "root"; $dbpwd = ""; $dbname = "DieDatenbank"; nur um dich zu beruhigen. Versucht habe ich das Problemm einzukreisen... aber dann bin ich doch hier gelandet...

08.09.2004, 14:28
Gast Beiträge: n/a	bist du dir sicher dass dein query richtig ist? verwende mysql_error() zur kontrolle desweiteren, gib mal den inhalt der variablen aus, und check ob die wirklich das enthält was du willst. wenn dem so ist, check mal ob das bild das du an- zeigen lassen willst, wirklich da ist.

08.09.2004, 14:46
Gast Beiträge: n/a	mhmmmm, Nach dem ausgeben der Variablen steht nur in $beschreibung was drin... Die Bilder sind auf jeden Fall, und der eintrag in der DB auch (geprüft by me) Ob mein query richtig ist... das ist die frage du sagts ich soll mysql_error() verwenden, zurkontrolle... Draf ich fragen wo und wie, ich bin Änfanger. (soweit ich das sehe habe ich das doch?? Aber inzwischen sehe ich den Wald vor lauter Script nicht mehr.)

08.09.2004, 14:58
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08.09.2004, 15:14
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