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私がしたいことは、（reservation.phpのスピーカーのIDを持つドロップダウンメニュー）を（getuserという）PHPファイルに渡すことです。 PHPのgetuserでは、mysqliクエリでスピーカードロップダウンの値を使用してテーブルに表示します。そして、テーブルはaの中に表示されます（divのresultのIDはreservation.phpにあります）。私のAjax投稿に間違っています
<!DOCTYPE html>
<?php
error_reporting(E_ALL & ~E_NOTICE);
error_reporting(E_ERROR | E_PARSE);
session_start();
date_default_timezone_set('Asia/Manila');
$servername = "localhost";
$username = "root";
$password = "";
$dbname = "srdatabase";
$conn = new mysqli($servername, $username, $password, $dbname);
$selectspeakers = "SELECT * FROM speakers";
$sp_result = mysqli_query($conn, $selectspeakers);
?>
<html>
<head>
<title>Reservation</title>
<link rel="stylesheet" type="text/css" href="styles.css">
<meta name="viewport" content="width=device-width, initial-scale=1.0">
<script src="https://ajax.googleapis.com/ajax/libs/jquery/1.7.2/jquery.min.js"></script>
<script src='https://www.google.com/recaptcha/api.js'></script>
</head>
<body>
<form id="reservationform" name="reservationform" method="POST">
<select id="speaker" name="speaker" class="dropdown" style='text-transform:capitalize;'>
<?php while($array = mysqli_fetch_array($sp_result)):;?>
<option value = "<?php echo $array['speaker_fullname'];?>" <?php if($_SESSION["selectedSpeaker"] == $array['speaker_fullname']) echo "selected";?> ><?php echo $array['speaker_fullname'];?></option>
<?php endwhile;?>
</select>
</form>
<div id="footer">Copyright 2017</div>
<script>
$(document).ready(function(){
$('#speaker').change(function(){
var txt = $(this).val();
if(txt != '')
{
$.ajax({
url:"getuser.php",
method: "post",
data:{search:txt},
dataType:"text"
success:function(data)
{
$('#result').html(data);
}
});
}
else
{
$('#result').html('');
}
});
});
</script>
</body>
</html>
このポストのデータを使用して、テーブル
にそれを表示するPHP：私は、F12キーを押したときには、これは私がドロップダウンスピーカーと 
この私のPHPコードを得た誤りであります
<!DOCTYPE html>
<html>
<head>
<style>
table {
width: 100%;
border-collapse: collapse;
}
td{
border: 1px solid ddd;
padding: 10px;
}
th
{
text-align: left;
height:20px;
background-color: #4CAF50;
color: white;
padding:10px;
border: 1px solid #ddd;
}
</style>
</head>
<body>
<?php
$servername = "localhost";
$username = "root";
$password = "";
$dbname = "srdatabase";
$con = new mysqli($servername, $username, $password, $dbname);
$sql="SELECT * FROM reservations WHERE speaker = '".$_POST["search"]."' AND reservationstatus = 'approved' ORDER BY date DESC";
$result = mysqli_query($con,$sql);
echo "<h3>Speaker Schedule</h3>";
echo "<table class='reservations-table'>
<tr>
<th>Speaker</th>
<th>Reservation Date</th>
<th>Reservation Time</th>
<th>Location</th>
</tr>";
while($row = mysqli_fetch_array($result)) {
echo "<tr>";
echo "<td>" . $row['speaker'] . "</td>";
echo "<td>" . $row['date'] . "</td>";
echo "<td>" . $row['time'] . "</td>";
echo "<td>" . $row['location'] . "</td>";
echo "</tr>";
}
echo "</table>";
mysqli_close($con);
?>
</body>
</html>
SQLエラーに関する情報を取得するためにSQL文を実行した後にSQLインジェクション – Jens
使用 'mysqli_error'を防ぐために準備されたstateemntsについて学ぶは – Jens
あなたの問題は、ポスト作るAJAXいないか、サーバー側でエラーを取得する何ですか？ –