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私は次のような問題があります。AJAX呼び出し機能していない - PHP、MySQLの、jQueryの/アヤックス
私が達成しようとしている何がある：
- ユーザーが提出/画像タイプ]ボタンをクリックする
- Ajax呼び出しは、提出扱う私のPHPコードはそれのWiとして、AJAXせずに正常に動作している
（明らかに）すべてのページを再読み込みすることなく、MySQLのテーブル内のレコードを更新するために、別のPHPスクリプトを呼び出しますレコードをリロードして更新します。何らかの形でAJAX呼び出しが動作していないか、エラーを返しています。
マイコード：
\t $(function() {
$('#like_form').submit(function(event) {
event.preventDefault(); // Preventing default submit button
var formEl = $('#like_form');
var submitButton = $('input[type=submit]', formEl);
$.ajax({
\t async: true,
type: 'POST',
url: formEl.prop('action'),
accept: {
javascript: 'application/javascript'
},
beforeSend: function() {
submitButton.prop('disabled', 'disabled');
}
}).done(function(data) {
submitButton.prop('disabled', false);
\t $("#like").fadeOut();
\t $("#like").fadeIn();
\t
});
});
});<!-- LIKE een gebruiker -->
<form action="" id="like_form" method='POST' enctype="multipart/form-data">
<input onmouseover="this.src='img/heart2.png'" onmouseout="this.src='img/heart.png'" name='like' id="like" src='img/heart.png' type="image" />
</form>私のPHP（念のため）：
<?php
include_once "dbconnection.php";
//if like button (submit button) clicked
if ($_POST){
$conn = DatabaseConnection::getConnection();
$sql = "UPDATE dating_members
SET likes = likes + 1
WHERE member_id = 3";
$stmt = $conn->prepare($sql);
$stmt->execute();
}
?>
ご要望が郵便配達員で確実に機能していますか？ –
投稿するデータがありません。私が到達しようとしているのは、送信ボタンがクリックされた後、PHPスクリプトを起動してmysqlテーブルの値を更新（インクリメント）することです。送信ボタンはフォーム内の唯一のフォーム要素です。他の入力は必要ありません。 –
なぜデータなしの投稿がありますか？ postメソッドを使用する目的を無効にします。どのような依頼ですか？あなたはエラーは表示されませんが、あなたは何もAjaxエラー処理をしていないと言っています – charlietfl