نشان دادن تصویر ذخیره شده از پایگاه داده در سایت

من از این کد استفاده میکنم اما مرورگر این خطا را نشان میده مشکل از کجاست؟
[PHP]<?php
// connect to mysql server
$link = mysql_connect('localhost', 'root', '');
if (!$link) {
die('Not connected : ' . mysql_error());
}
// connect to database server
$db_selected = mysql_select_db('admin', $link);

if (!$db_selected) {
die ('Database error : ' . mysql_error());
}

$sql = "SELECT 'path' FROM image";

// the result of the query
$result = mysql_query($sql) or die("Invalid query: " . mysql_error());

// Header for the image
header("Content-type: image/jpeg");
echo mysql_result($result, 0,'imageData');


?>[/PHP]

[ برای مشاهده لینک ، با نام کاربری خود وارد شوید یا ثبت نام کنید ]

---------- Post added at 10:22 PM ---------- Previous post was at 10:22 PM ----------

[ برای مشاهده لینک ، با نام کاربری خود وارد شوید یا ثبت نام کنید ]

کدوم خطا؟ متن خطا رو تایپ کنید. (شما آدرس تصویر رو از localhost دادید!)

من تست کردم مشکلي نداره
متن اخطار رو بنويس ببينم

کد:

---

[ برای مشاهده لینک ، با نام کاربری خود وارد شوید یا ثبت نام کنید ]

---

اين عکس باز نميشه لطف کنيد متن خطا رو بنويسيد يا عکس رو جاي ديگه آپ کنيد

the image آدرس عکس cannot dispaly image because it contains errors

مطمئني عکس رو تو ديتا بيس درست ذخيره کردي؟

واسه ذخيره عکس
نوع عکس
سايز عکس
و...
کاملا بايد مشخص باشه
عکس رو چجوري تو ديتا بيس ذخيره کردي؟

مطمئني عکس رو تو ديتا بيس درست ذخيره کردي؟

واسه ذخيره عکس
نوع عکس
سايز عکس
و...
کاملا بايد مشخص باشه
عکس رو چجوري تو ديتا بيس ذخيره کردي؟

کلا زیاد کار درستی نیست ذخیره ی عکس در دیتابیس. من که تا حالا چنین چیزی تا حالا تو هیچ سیستمی ندیدم.
میشه آدرس عکس رو در داخل اون ذخیره کنید.

آره به نظر من هم ذخيره عکس تو ديتا بيس کار جالبي نيست هم درد سر داره هم مشکل:15:
بازم مثل هميشه عکس تو باز نميشه:8:

این تصویری از پایگاه داده ام که تصویر در آن ذخیره کردم میباشد



---------- Post added at 07:18 PM ---------- Previous post was at 07:17 PM ----------

کد:

---

http://forum.majidonline.com/attachment.php?attachmentid=70729&d=1319180059

---

دوست عزیز اونطور که من از عکست متوجه شدم شما خود عکس رو در دیتا بیس ذخیره نکردی و آدرس عکس که در اینجا upload/131.jpg هستش رو ذخیره کردی.
خوب ببین دوست عزیز شما فقط یه آدرسو ذخیره کردی مثلا آدم وقتی آدرس یه سایت یا آدرس یه صفحه از سایت خودشو ذخیره میکنه بهش سایز و تایپ میده؟
نمیدونم متوجه منظور من شدی یا نه ولی شما وقتی آدرس یه عکس رو ذخیره میکنید دیگه نیازی نیست که براش size و type تعریف کنید و باید باهاش مثل یک رشته کاراکتر رفتار کنید.
موقعی هم که میخواید اون عکس رو جایی از سایتتون نمایش بدید کافیه آدرسشو از تو دیتابیستون بخونید و داخل تگ
[PHP]<img src= "$image"/>[/PHP]
بزارید که در مثال بالا قبلش باید $image رو تعریف کنید مثلا قبلش باید بنویسید که
image$=select 'path' from ....
و الی آخر که دیگه اینارو فکر میکنم خودت میدونی.
اگه سوالی داشتی بپرس. امیدوارم تونسته باشم مشکلتو حل کنم.:20:

آره. اگر میخواید فقط آدرس عکس در پایگاه داده ذخیره بشه باید مثل یک نوشته ی معمولی ازش استفاده کنید!
فقط از پایگاه گرفته و همون طور که Golbarg73 گفتند بندازیدش روی صفحه. درست مثل یه مطلب یا پست.

با توجه به این کد تصویر نشان داده نمیشود مرورگر فقط یک کادر کوچک نشان میدهد
[PHP]<?php
// connect to mysql server
$link = mysql_connect('localhost', 'root', '');
if (!$link) {
die('Not connected : ' . mysql_error());
}
// connect to database server
$db_selected = mysql_select_db('admin', $link);

if (!$db_selected) {
die ('Database error : ' . mysql_error());
}

$sql = mysql_query("SELECT 'path' FROM image");

// the result of the query


// Header for the image
//header("Content-type: image/jpeg");
// echo mysql_result($result, 0,'imageData');

echo'<img src="$sql"/>';
?>
[/PHP]

دوست عزیز الگریتم شما مشکل داره شما جایی که آدرس رو نوشتید انتخاب کردید ولی نخوندینش!
یعنی بعد از تابع select باید یه تابع دیگه نوشته بشه به نام
mysql_fetch_assoc
البته مطمئن نیستم این تابع باشه!
دوستان اگه کسی میدونه لطفا کمک کنه.

من شخصا از رین تابع استفاده می کنم:
mysql_fetch_array
+
باید در کوئری انتخاب عکس از دیتابیس از WHERE هم استفاده کنید تا همه ی اطلاعات درون اون تیبل رو استخراج نکنه بلکه مثلا فقط آدرس عکسی که با آی دی فلان هست رو استخراج کنه.

کد را بدین صورت تغییر دادم بازهم مشکل حل نشد
[PHP]<?php
// connect to mysql server
$link = mysql_connect('localhost', 'root', '');
if (!$link) {
die('Not connected : ' . mysql_error());
}
// connect to database server
$db_selected = mysql_select_db('admin', $link);

if (!$db_selected) {
die ('Database error : ' . mysql_error());
}

$sql = mysql_query("SELECT 'path' FROM image where id=1");

// the result of the query


// Header for the image
//header("Content-type: image/jpeg");
// echo mysql_result($result, 0,'imageData');
while($row = mysql_fetch_assoc($sql))
{


echo'<img src="$row"/>';}
?>[/PHP]

اون کوئری بشه:
[PHP]
$sql = mysql_query("SELECT path FROM image WHERE id='1'");
[/PHP]+
اون WHILE بشه:
[PHP]
while($row = mysql_fetch_array($sql))
{


echo '<img src="'.$row['path'].'"/>';}
[/PHP]اگر نشد
[PHP]
['path']
[/PHP]رو از آخر تغییر پذیر row بردارید.

با این کد تصویر نشان داده نمیشود
[PHP]<?php
// connect to mysql server
$link = mysql_connect('localhost', 'root', '');
if (!$link) {
die('Not connected : ' . mysql_error());
}
// connect to database server
$db_selected = mysql_select_db('admin', $link);

if (!$db_selected) {
die ('Database error : ' . mysql_error());
}

$sql = mysql_query("SELECT 'path' FROM image id='1'");

$row= mysql_fetch_assoc($sql);
$image = $row['path'];
echo'<img src="$image"/>';


?>
[/PHP]

نقل قول:

---

نوشته شده توسط jalaladdin [ برای مشاهده لینک ، با نام کاربری خود وارد شوید یا ثبت نام کنید ]

با این کد تصویر نشان داده نمیشود
[PHP]<?php
// connect to mysql server
$link = mysql_connect('localhost', 'root', '');
if (!$link) {
die('Not connected : ' . mysql_error());
}
// connect to database server
$db_selected = mysql_select_db('admin', $link);

if (!$db_selected) {
die ('Database error : ' . mysql_error());
}

$sql = mysql_query("SELECT 'path' FROM image id='1'");

$row= mysql_fetch_assoc($sql);
$image = $row['path'];
echo'<img src="$image"/>';


?>
[/PHP]

---

اون کوئری:
[PHP] $sql = mysql_query("SELECT 'path' FROM image id='1'");[/PHP]بشه:
[PHP] $sql = mysql_query("SELECT 'path' FROM image WHERE id='1'");[/PHP]
+
چرا به توضیحات من خوب عمل نمیکنید جای اون تابع mysql_fetch_assoc باید از mysql_fetch_array و یک while استفاده کنید! من که اینطوری استفاده کردم شد.

با استفاده ا این کد تصویر نشان داده نمیشود از while باز هم مشکل وجود دارد
[PHP]<?php
// connect to mysql server
$link = mysql_connect('localhost', 'root', '');
if (!$link) {
die('Not connected : ' . mysql_error());
}
// connect to database server
$db_selected = mysql_select_db('admin', $link);

if (!$db_selected) {
die ('Database error : ' . mysql_error());
}

$sql = mysql_query("SELECT 'path' FROM image WHERE id='1' ");

while($row= mysql_fetch_array($sql)){
$image = "upload/". $row['path'];

// $image = $row['path'];
echo'<img src="$image"/>';

}
?>[/PHP]

این طوری که از توی عکس پیداست، توی دیتابیس هم یک بار در قسمت path پوشه ی upload آورده شده، شما هنگام استخراج از دیتابیس یک بار دیگر هم اول آدرس نام upload/ رو اوردید.
+
اگر میشه سورس خروجی صفحه یعنی اونی که به مرورگر فرستاده میشه رو با استفاده از Ctrl+u در مرورگر و صفحه ای که توش این کد ها هست بندازید که ممکنه مشکلاتی وجود داشته باشه.

اگر میشه سورس خروجی صفحه یعنی اونی که به مرورگر فرستاده میشه رو با استفاده از Ctrl+u در مرورگر و صفحه ای که توش این کد ها هست بندازید که ممکنه مشکلاتی وجود داشته باشه.[/QUOTE]

در مورد این قسمت بیشتر توضیح دهید

توی این دو سه تا کد که گذاشتید یک مشکل اصلی وجود داره که از این قسمته:
[php]
echo'<img src="$image"/>';
[/php]
متغیر رو داخل کوتیشن تکی قرار دادید که در php پردازش نمیشه


یک مشکل مشابه هم در کوئری داشتید که استفاده از کوتیشن تکی به جای بک کوت برای نام فیلدها بود!
این کوئری هست که شما دارید:

کد:

---

SELECT 'path' FROM image WHERE id='1'

---

که از لحاظ سنتکسی درست هست. منتها همیشه این خروجی رو میده:

کد:

---

path

---

باید به این صورت تغییر بدید:

کد:

---

SELECT `path` FROM image WHERE id='1'

---

تا مثلاً خروجی اینطوری داشته باشه:

کد:

---

images/imagename.jpg

---

مشکل این خط بود [PHP]echo'<img src="$image"/>'; [/PHP]
که باید بدین صورت مینوشتم
[PHP]echo'<img src="'.$image.'"/>'; [/PHP]
حالا من 10 تا عکس در پایگاه داده ذخیره کردم برای نشان دادن تمامی عکسها چه تغییراتی در کد بالا بدهم با این کدی که نوشتم فقط عکسی که تازه آپلود کردم نشان داده میشود

---------- Post added at 01:17 PM ---------- Previous post was at 01:17 PM ----------

[PHP]<?php
// connect to mysql server
$link = mysql_connect('localhost', 'root', '');
if (!$link) {
die('Not connected : ' . mysql_error());
}
// connect to database server
$db_selected = mysql_select_db('admin', $link);

if (!$db_selected) {
die ('Database error : ' . mysql_error());
}

$sql = mysql_query("SELECT 'path' FROM image WHERE id='1' ");

while($row= mysql_fetch_array($sql)){
$image = "upload/". $row['path'];

// $image = $row['path'];
echo'<img src="$image"/>';

}؟>[/PHP]

---------- Post added at 01:18 PM ---------- Previous post was at 01:17 PM ----------

[PHP]<?php
// connect to mysql server
$link = mysql_connect('localhost', 'root', '');
if (!$link) {
die('Not connected : ' . mysql_error());
}
// connect to database server
$db_selected = mysql_select_db('admin', $link);

if (!$db_selected) {
die ('Database error : ' . mysql_error());
}

$sql = mysql_query("SELECT 'path' FROM image WHERE id='1' ");

while($row= mysql_fetch_array($sql)){
$image = "upload/". $row['path'];

// $image = $row['path'];
echo'<img src="$image"/>';

}؟>[/PHP]

حالا باید اون
[PHP]WHERE id = '1'[/PHP]
رو بردارید که همه ی داده ها رو انتخاب کنه نه فقط اونی که آی دیش برابره با 1.

10تا عکس هر کدام یک id دارند فقط یک عکس نشان داده میشود من از گالری عکس jquery استفاده میکنم

خب برای نمایش تمام عکس ها باید اون [PHP]WHERE id = '1' [/PHP] رو از کوئری حذف کنید تا اونی که فقط آی دی 1 داره نمایش داده نشود!

با توجه به این کد باز هم تغییری نکرد
[PHP]<?php
// connect to mysql server
$link = mysql_connect('localhost', 'root', '');
if (!$link) {
die('Not connected : ' . mysql_error());
}
// connect to database server
$db_selected = mysql_select_db('admin', $link);

if (!$db_selected) {
die ('Database error : ' . mysql_error());
}
//$id =$_GET['id'];

$sql = mysql_query("SELECT path FROM image ");

while($row= mysql_fetch_array($sql)){
$image = $row['path'];


}


?>
<div><img src="<?php echo $image ;?>" width="400" height="300" alt="Fan"><p class="credit"> </a></p></div>
[/PHP]

باید اون کدی که عکس رو روی صفحه میندازه یا همون خط آخر کد رو هم درون while بندازید.

کدام خط؟ بیشتر توضیح دهید

یعنی کلا کد بشه این:
[PHP]
<?php
// connect to mysql server
$link = mysql_connect('localhost', 'root', '');
if (!$link) {
die('Not connected : ' . mysql_error());
}
// connect to database server
$db_selected = mysql_select_db('admin', $link);

if (!$db_selected) {
die ('Database error : ' . mysql_error());
}
//$id =$_GET['id'];

$sql = mysql_query("SELECT path FROM image ");

while($row= mysql_fetch_array($sql)){
$image = $row['path'];

<?
?>
<div><img src="<?php echo $image ;?>" width="400" height="300" alt="Fan"><p class="credit"> </a></p></div>
<?
}
?>

[/PHP]

تششششششششششششششششششششششکر