Mysql abfrage in php

[Scalé]

Hi

villeicht könnt ihr mir ja helfen.
Ich bin am ende der Vernunft.

Ich habe 2 mysql abfragen in einem script:

$query = "select id, bild, from Portfolio where id like \"$id\"";
$result = mysql_query($query,$connection);
$temprow = mysql_fetch_array($result);

und

$query2 = "select id, nick, Comment, datum from PortComments where imageid like \"$id\" order by id DESC";
$result2 = mysql_query($query2,$connection);
while ($row = mysql_fetch_array($result2)) {
 ...somefunctons...
}

nun kommt in zeile 201 folgender fehler:

Warning: Supplied argument is not a valid MySQL result resource in /homepages/45/d11678840/htdocs/head-design/Portfolio/style.php4 on line 201

Line 201 ist folgende aus der ersten abfrage:

$temprow = mysql_fetch_array($result);

Warum dieser komische fehler?
ich versteh das nicht.
Zumal ich das 1:1 aus nem anderen script von mir rauskopiert habe und es dort ging.
auch die mysql verbindung ist da sonst würde die 2. abfrage nicht gehen.
diese geht aber.
Nun ja villeicht habt ihr eine idee.

Das komplette script habe ich mal angehängt zum downloaden, falls jemand genauer nachschauen will.

Heady

 

[Terrance & Philipp]

Ich würde nicht like $id schreiben! Ich nehm an die id ist eindeutig also würde ich = $id schreiben und in Anführungszeichen würde ich es auch nicht setzen das ne Zahl ist. Oder?

Grüsse
T&P

 

[Scalé]

jo aber daran kanns nicht liegen da es genau so schon im anderen script steht und dort geht es ja.
Würde mich sehr wundern wenn es dann ginge.
ich änders trotzdem mal

ediääät:
nope geht immernoch net

 

[dave_]

also

"where id like \"$id\"";

du brauchst doch kein \ vor den Anfrührungszeichen, du willst ja keine "" ausgeben. schreib einfach mal where id='$id' genau so.

 

[Scalé]

wenne s ein text in der variable is muss ich die " quoten da sie ja ausgegeben werden müssen in der query an die db.
aber egal da es ne zahl is hab ichs schon geändert und es geht trotzdem nicht.

PS:

"bla blub \"blablub\" hurz"
is das selbe wie
"bla blub 'blablub' hurz"

 

[lexi]

Warning: Supplied argument is not a valid MySQL result resource wird zurückgegeben wenn deine abfrage negativ aussfällt, also kein entsprechender wert von mysql zurückgeliefert wird. schau mal ob id like $id überhaupt in der datenbank is..
ansonsten setzt du ein @ vor die anwendung, also
$temprow = @mysql_fetch_array($result); dann wird der fehler nicht angezeigt. probier mal where id = \"$id\", vieleicht liegts an like.

 

[Scalé]

Ich habs auch schon mit = probiert bzw. auf = umgestellt.
geht auch nicht.
den fehler zu unterdrücken nutzt mir nichts, da ich die daten schon brauche da in der gallerie sonst kein bild angezeigt wird

Hätte sonst villeicht noch wer ne idee?

 

[wo0zy]

also ich würd ma sagen, das liegt an deinen variablen!

nimm ma variablen ohne zahlen!! ich glaub variablen dürfen keine zahlen haben

 

[Dunsti]

meiner Meinung nach liegt der Fehler hier:

select id, bild, from Portfolio where id like \"$id\"";

Sprich: Da ist einfach nur das Komma nach bild zuviel.

hoffe, das war's

Gruß
Dunsti

 

[Scalé]

DUNSTI 4 PRESIDENT

args warum hab ich das net gesehen?
hmm nuja jetzt gehts auf jeden fall *freu*

Heady