Я последовал за учебником для отображения изображения из базы данных, это то, что выглядит таблица в моей базе данных. Что я делаю не так?
Display +-------+------------+----------+ | Index | Display_ID | Picture | +-------+------------+----------+ | 1 | 12 | longblob | +-------+------------+----------+ <?php if (!function_exists("GetSQLValueString")) { function GetSQLValueString($theValue, $theType, $theDefinedValue = "", $theNotDefinedValue = "") { // function definition omitted } } $colname_getImage = "-1"; if (isset($_GET['image_id'])) { $colname_getImage = $_GET['image_id']; } $db = mysql_connect("localhost", "root"); mysql_select_db("draftdb",$db); $query_getImage = sprintf("SELECT mimetype, PICTURE FROM display WHERE DISPLAY_ID = %s", GetSQLValueString($colname_getImage, "int")); $getImage = mysql_query($query_getImage, $db) or die(mysql_error()); $row_getImage = mysql_fetch_assoc($getImage); $totalRows_getImage = mysql_num_rows($getImage); mysql_free_result($getImage); header('Content-type: image/jpeg ' . $row_getImage['mimetype']); echo $row_getImage['image']; ?>
> <img src="show_image.php?image_id=12 <?php echo > $row_getdetails['image_id']; ?>" alt="Image from DB" />
ОШИБКА: > У вас возникла ошибка в синтаксисе SQL; проверьте руководство, соответствующее версии вашего сервера MySQL, для правильного синтаксиса для использования рядом с '' в строке 2