anoniem Geplaatst: 8 april 2003 Delen Geplaatst: 8 april 2003 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 ?? Quote Link naar reactie
anoniem Geplaatst: 8 april 2003 Auteur Delen Geplaatst: 8 april 2003 $result = mysql("webmed00", $query_m_v); >>> $result = [url=http://www.php.net/manual/en/function.mysql-query.php]mysql_query[/url]("webmed00", $query_m_v); Best wel RTFM werk... Quote Link naar reactie
anoniem Geplaatst: 8 april 2003 Auteur Delen Geplaatst: 8 april 2003 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 Quote Link naar reactie
anoniem Geplaatst: 8 april 2003 Auteur Delen Geplaatst: 8 april 2003 $result = mysql_query($query_m_v); Quote Link naar reactie
anoniem Geplaatst: 8 april 2003 Auteur Delen Geplaatst: 8 april 2003 [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 ?? Quote Link naar reactie
anoniem Geplaatst: 8 april 2003 Auteur Delen Geplaatst: 8 april 2003 Overigens ziet die query er ook vrij verdacht uit. Kijk daar ook nog eens naar. Quote Link naar reactie
anoniem Geplaatst: 8 april 2003 Auteur Delen Geplaatst: 8 april 2003 [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 [url=http://www.mysql.com/doc/en/MySQL_Database_Administration.html]mysql manual (hoofdstuk 4)[/url]. Quote Link naar reactie
anoniem Geplaatst: 11 april 2003 Auteur Delen Geplaatst: 11 april 2003 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. Quote Link naar reactie
anoniem Geplaatst: 11 april 2003 Auteur Delen Geplaatst: 11 april 2003 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: [url=http://www.webmedia-international.com/~~~test/test2.php]LINK[/url] Quote Link naar reactie
anoniem Geplaatst: 12 april 2003 Auteur Delen Geplaatst: 12 april 2003 Nou ja, dan is het in ieder geval opgelost. Wel een domme fout, maar ja kan iedereen overkomen. Veel succes verder met de ontwikkeling. Quote Link naar reactie
anoniem Geplaatst: 14 april 2003 Auteur Delen Geplaatst: 14 april 2003 [quote:6449749dac="Jitka"]Dus "menu-nr" moest "menu_nr" worden Van dat streepje ging hij over zijn nek :-? [/quote:6449749dac] Dat vermoeden had ik al. Quote Link naar reactie
Aanbevolen berichten
Om een reactie te plaatsen, moet je eerst inloggen