は、私は私のWebページ 上のMySQLデータベースからの情報を表示しようとしているが、このコードは動作しません、私はエラーを得ましたこれを修正する方法を知らない。ウェブページにmySQLデータベースから情報を表示するにはどうすればいいですか?</p> <blockquote> <p>Warning: mysql_fetch_array() expects parameter 1 to be resource, boolean given in C:xampphtdocsstudent2.php on line 28.</p> </blockquote> <p>私は、 プログラムが悪いのか分からない:
<!DOCTYPE html>
<html>
<head>
</head>
<body>
<?php
$con=mysql_connect("localhost","root","");
$db=mysql_select_db("testdb");
if($con){
echo "Successfully connected to the database.";
}else{
die("Error.");
}
if($db){
echo "Sucessfully found the database.";
}else{
die("Error.Database not found.");
}
?>
<br/>
<br/>
<?php
$query=mysql_query("SELECT * FROM testdb");
while($row=mysql_fetch_array($query)){
$name=$row['name'];
$nomatrix=$row['nomatrix'];
}
?>
</body>
</html>
をテーブル名を渡す必要があり、(http://stackoverflow.com [新しいコードで 'mysql_ *'関数を使うべきではありません]/questions/12859942 /)。それらはもはや維持されておらず(正式に推奨されていません)(https://wiki.php.net/rfc/mysql_deprecation)。 [red box](http://php.net/manual/en/function.mysql-connect.php)を参照してください。代わりに[* prepared statements *](https://en.wikipedia.org/wiki/Prepared_statement)について学び、[PDO](http://php.net/pdo)または[MySQLi](http:// php.net/mysqli) - [この記事](http://php.net/manual/en/mysqlinfo.api.choosing.php)は、あなたに最適なものを決定するのに役立ちます。 –