なぜPHPコード上では動作しませんが、イエスのphpMyAdminに

Question

編集：この質問が重複していないが、すでにタイトルは自明ですが、私はもっと何かを追加したい

を検索しました、私はSQLエラーを出力するようにPHPに指示するとき、それは何も表示されず、テーブルはまだ作成されていません。

全コードhere

は私がmysqli_error（$ CONN）

 
$sql = "CREATE TABLE IF NOT EXISTS 'users' (
      id INT(6) UNSIGNED AUTO_INCREMENT PRIMARY KEY, 
      name VARCHAR(255), 
      email VARCHAR(255), 
      pass VARCHAR(255) 
      );"; 

     if (!$conn->query($sql)) { 
      echo $conn->connect_error; 
     } 
     else { 
      echo "The table 'users' has been created because there was none"; 
     } 

をない場合でも、今では私は$ conn-> connect_errorを変更し、動作しますが、すべてのエラーを表示しません。 mysqli_error（$ conn）によって、私には「データベースが選択されていません」というエラーが表示されますが、完全なコードが表示されている場合は既に選択済みですhere

Answer 1

コードを変更したい場合は、 mysqlの正しい構文ではありません

CREATE TABLE IF NOT EXISTS `users` (
      id INT(6) UNSIGNED AUTO_INCREMENT PRIMARY KEY, 
      name VARCHAR(255), 
      email VARCHAR(255), 
      pass VARCHAR(255) 
      );