De PHPhulp kroeg
Gegevens uit database halen
Ik wil graag gegevens uit een database halen, maar krijg dan de volgende warning:
Code (php)
1
2
2
Warning: mysql_fetch_object(): supplied argument is not a valid MySQL result resource in C:\xampp\htdocs\eigen design\index.php on line 37
('blog_entry')
('blog_entry')
En hier is het php gedeelte dat ik hiervoor gebruik:
Code (php)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
2
3
4
5
6
7
8
9
<?php
$gegevens = mysql_query("SELECT * FROM news");
while($weergeven = mysql_fetch_object($gegevens));
{
echo "$weergeven('blog_entry')";
}
?>
$gegevens = mysql_query("SELECT * FROM news");
while($weergeven = mysql_fetch_object($gegevens));
{
echo "$weergeven('blog_entry')";
}
?>
Ik heb ook nog een indclude van de config in me pagina staan:
Hopelijk was dat genoeg informatie.
Lijn 37 in het scrpt is volgende code:
Code (php)
1
while($weergeven = mysql_fetch_object($gegevens));
Gewijzigd op 15/10/2010 21:41:35 door Jules Kreutzer
Code (php)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
<?php
# Query
$qry = "SELECT
veld1,
veld2,
veld3
FROM
tabel
ORDER BY
veld1
ASC";
# Als query is gelukt
if( $sql = mysql_query( $qry ) )
{
# Als er items zijn
if( mysql_num_rows( $sql ) > 0 )
{
while( $rec = mysql_fetch_assoc( $sql ) )
{
# Data weergeven
}
}
else
{
echo 'Geen items gevonden';
}
}
else
{
echo 'Er is een fout in de query opgetreden.';
}
?>
# Query
$qry = "SELECT
veld1,
veld2,
veld3
FROM
tabel
ORDER BY
veld1
ASC";
# Als query is gelukt
if( $sql = mysql_query( $qry ) )
{
# Als er items zijn
if( mysql_num_rows( $sql ) > 0 )
{
while( $rec = mysql_fetch_assoc( $sql ) )
{
# Data weergeven
}
}
else
{
echo 'Geen items gevonden';
}
}
else
{
echo 'Er is een fout in de query opgetreden.';
}
?>
Gewijzigd op 15/10/2010 21:43:34 door Aad B
Code (php)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
<?php
# Query
$qry = "SELECT
title,
blog_entry,
updated
FROM
news
ORDER BY
updated
ASC";
# Als query is gelukt
if( $sql = mysql_query( $qry ) )
{
# Als er items zijn
if( mysql_num_rows( $sql ) > 0 )
{
while( $rec = mysql_fetch_assoc( $sql ) )
{
# Data weergeven
}
}
else
{
echo 'Er zijn geen items gevonden.';
}
}
else
{
echo 'Er is een fout opgetreden met de database.';
}
?>
# Query
$qry = "SELECT
title,
blog_entry,
updated
FROM
news
ORDER BY
updated
ASC";
# Als query is gelukt
if( $sql = mysql_query( $qry ) )
{
# Als er items zijn
if( mysql_num_rows( $sql ) > 0 )
{
while( $rec = mysql_fetch_assoc( $sql ) )
{
# Data weergeven
}
}
else
{
echo 'Er zijn geen items gevonden.';
}
}
else
{
echo 'Er is een fout opgetreden met de database.';
}
?>
Maar ik krijg nog steeds de zelfde error.
Jules Kreutzer op 15/10/2010 21:52:38:
Maar ik krijg nog steeds de zelfde error.
Dat lijkt mij zeer stug aangezien deze code een eigen foutmelding genereert.
Heb het nu gedaan maar dan krijg ik deze melding: er is een fout opgetreden met de database
Enig idee hoe ik dit weer kan verhelpen
in ieder geval tot nu toe bedankt!!
Je moet wel met de database connecten.
Doe anders even een echo mysql_error();
Code (php)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
<?php
# Database connectie maken
include('Connections/connect_db.php');
# Query
$qry = "SELECT
title,
blog_entry,
updated
FROM
news
ORDER BY
updated
ASC";
# Als query is gelukt
if( $sql = mysql_query( $qry ) )
{
# Als er items zijn
if( mysql_num_rows( $sql ) > 0 )
{
# Data weergeven
while( $rec = mysql_fetch_assoc( $sql ) )
{
echo $rec['title'];
echo $rec['blog_entry'];
echo $rec['updated'];
}
}
else
{
echo 'Er zijn geen items gevonden.';
}
}
else
{
echo 'Er is een fout opgetreden met de query. <br />';
echo mysql_error();
}
?>
# Database connectie maken
include('Connections/connect_db.php');
# Query
$qry = "SELECT
title,
blog_entry,
updated
FROM
news
ORDER BY
updated
ASC";
# Als query is gelukt
if( $sql = mysql_query( $qry ) )
{
# Als er items zijn
if( mysql_num_rows( $sql ) > 0 )
{
# Data weergeven
while( $rec = mysql_fetch_assoc( $sql ) )
{
echo $rec['title'];
echo $rec['blog_entry'];
echo $rec['updated'];
}
}
else
{
echo 'Er zijn geen items gevonden.';
}
}
else
{
echo 'Er is een fout opgetreden met de query. <br />';
echo mysql_error();
}
?>
Nu geeft hij een mysql error weer als het fout gaat en zie je meteen wat er fout gaat. Snap je de error niet? Plaats hem even hier. En anders laat ie je data zien, dit er ook even ingebouwd want anders krijg je zodra het werkt een lege pagina.
Gewijzigd op 16/10/2010 10:40:15 door Milo S
ik zou even hulp willen hebben , verder ben ik nog niet bekend hier
ik heb een databasis met gegevens die wil ik op de site laten komen
graag hulp
dit is de tabel
CREATE TABLE IF NOT EXISTS `alarmeringen` (
`id` int(11) NOT NULL auto_increment,
`timestamp` timestamp NOT NULL default CURRENT_TIMESTAMP on update CURRENT_TIMESTAMP,
`capcode` varchar(10) NOT NULL default '',
`melding` text NOT NULL,
`label` text NOT NULL,
PRIMARY KEY (`id`)
);
zou je een php willen maken met inlog data basis zo dat ik de gegevens van de inlog er bij kan zetten
mag een aparte page zijn
kortom graag hulp dank je
stuur deze files naar [email protected]
zou erg dankbaar zijn
m v Groet Gijs ben 60 jaat oud
Je lift nou mee in andermans en oud topic.
PS. Het is eigenlijk gewoon een vacature.
Gewijzigd op 10/04/2015 13:08:32 door - SanThe -
Dit topic is gesloten.