日付を月の名前と年に変換する

日付を月の名前と年に変換しようとしています。ここで日付を月の名前と年に変換する

July, 2017

よう

$date = '2017-07-00'; 
$date = date('m/y', strtotime($date)); 
echo DATE_FORMAT($date, '%M %Y');

私は期待していた出力は、私はあなたが年のために蛾のためFとYを使用し、正しいパラメータを使用していない

Warning: date_format() expects parameter 1 to be DateTimeInterface, string given

になります。ドキュメントを読む。 –

7月の0はどういう意味ですか？ –

私は入力タイプ= "月"を使用して月と年のみを取っているので連結して '00'を追加しました。＆連結した日付形式で保存します。 @BartFriederichs –

必要性を全く使用することはできません。

例-1：00に使用されている場合。その後、出力は6月、2017

<?php 
$date = '2017-07-00'; 
$date = date('F, Y', strtotime($date)); 
echo $date; 
?>

例-2になります：01または有効な日は一日に使用した場合。その後、出力はあなたがMySQLの `DATE_FORMAT`とPHP` date_format`をミックスするように見える7月、2017

<?php 
$date = '2017-07-01'; 
$date = date('F, Y', strtotime($date)); 
echo $date; 
?>

2017-07-17 07:42:17

を取得していますエラーです

フルコード：

$date = '2017-07-00'; 
$date = date('F, Y ', strtotime($date)); 
echo $date;

2017-07-17 07:37:49

出力は2017年6月です。2001年7月ではありません –

はい、'2011年7月 'の代わりに' June、2017 'と表示されます。しかし、7月は7月です。何がここで間違っていたのですか？ –

@NanaPartykar @日付（ "F、Y"、strtotime（$ date。 "来月"））; ' –

お試しください。

$date = '2017-07-01'; 
$date = date('F, Y', strtotime($date)); 

echo $date;

2017-07-17 07:39:39

私は '2017-07-00'をデータベースに持っています。なぜそれを '2017-07-01'に変更する必要がありますか？ –

@NitishKumarDiwakarデータベースのスキーマが正しく、日付列を使用している場合、あなたのデータベースに '2017-07-00'があることを真剣に疑っています。 –

あなたはDATE_FORMAT（）関数のこの

echo date('F,Y',strtotime($date));

2017-07-17 07:40:27 sachin

答えて