Предупреждение: mysql_query () ожидает, что параметр 2 будет ресурсом

в чем проблема в моем коде?
это полный код подключения …
пожалуйста, помогите мне, что не так в этом коде?

<?php define("Server", "localhost");//constant for connennection define("Username", "root"); define("Password", "123456"); ?> <?php // connection $conection= mysql_connect(Server, Username, Password); if(!$conection) die("connection faild :". mysql_error()); $db_select= mysql_select_db("widget",$conection); if (!$db_select) { die("selection faild :".mysql_error()); } ?> <?php function conform_query($result){ if (!$result) { die("query failed :".mysql_error()); } } function get_subject_by_id($subject_id) { global $conection; $query = "SELECT * ";//data base query $query .= "FROM subject "; $query .= "WHERE id= " . $subject_id ." "; $query .= "LIMIT 1"; $result_set = mysql_query($query, $conection); conform_query($result_set); // REMEMBER: // if no rows are returned, fetch_array will return false if ($subject = mysql_fetch_array($result_set)) { return $subject; } else { return NULL; } } ?> 

Я пытаюсь запустить это, но каждый раз возникает ошибка, что мне делать. Я не мог найти свою ошибку.