PHPはファイルを読み取ることができません

Question

PHPでfopenを使ってファイルを開こうとしていません。

 $db_ausgaenge = "statuseing.php"; 
     $dout = fopen($db_ausgaenge, "x+"); 
     print $dout; 
     print(shell_exec('whoami')); 
     print(shell_exec('pwd')); 
     print(shell_exec('id')); 
     fwrite($dout, $out); 
     fclose($dout); 

Warning: fopen(statuseing.php): failed to open stream: File exists in /var/www/html/zufallsgenerator.php on line 33 

私は以下の項目をチェックする：statuseing.php 0777用

• のchmod
• 所有者がスクリプトは、ユーザWWWデータとして
を実行している
• 用グランドWWWのデータをWWW-データであり、
• グループは、uid = 33（www-データ）gid = 33（www-データ）groups = 33（www-データ）
• です.pwdは期待通りに/ var/www/htmlです
• スクリプトが開こうとしているパスが正しいです

• php.iniのopenbase dirがphpinfo（）に追加されましたが、/ var/www/htmlが追加されましたが、phpは気にしません。デーモンリロードして変更systemctl何経由のapache2を再起動した後=/var/www/htmlと設定/

open_basedirの

、のphpinfo（）は、設定で指定されたパスを示しませんでした。 init 6を使ってシステムを再起動しても効果はありませんでした。

Answer 1

statuseing.phpはすでに存在しています。

（http://php.net/manual/en/function.fopen.php）のマニュアルを参照してください - xまたはX +モードの開口部は言う：Create and open for writing only; place the file pointer at the beginning of the file. If the file already exists, the fopen() call will fail by returning FALSE

Answer 2

使用しているモードを見てください。

x +は、ファイルがすでに存在する場合はエラーがスローされることを意味します。

は試してみてください http://php.net/manual/en/function.fopen.php

Answer 3

をチェックアウトし、あなたのシナリオに応じて適切なモードを見つけるために、この：

$db_ausgaenge = __DIR__."/statuseing.php"; 
    $dout = fopen($db_ausgaenge, "w+"); 
    print(shell_exec('whoami')); 
    print(shell_exec('pwd')); 
    print(shell_exec('id')); 
    fwrite($dout, $out); 
    fclose($dout); 

：

$db_ausgaenge = __DIR__."/statuseing.php"; 
    $dout = fopen($db_ausgaenge, "a+"); // x+ will throw error cuz it tries to open existing file, thx to: bluegman991 (; 
    print(shell_exec('whoami')); 
    print(shell_exec('pwd')); 
    print(shell_exec('id')); 
    fwrite($dout, $out); 
    fclose($dout); 

またはあなたは、データ使用w+を追加する前に、ファイルを切り捨てるしたい場合また、いくつかの検査を行う：

1）の空き容量チェック：あなたは、そのファイルを編集することができた場合df -h
2）チェック：nano /var/www/html/statuseing.php