真煩未定義的變量錯誤

Question

所以我下面的代碼

$query=mysql_query("SELECT * FROM `phones` JOIN manufacturer USING (ManufacturerID) JOIN operatingsystem USING (OSID) WHERE PhoneID=$id"); 
$row=mysql_fetch_object($query); 
echo mysql_error(); 

while($row=mysql_fetch_array($result)) 
{ ?> 
<div class="phones"> 
<?php 
echo "<img src=\"images/phones/".$row['LargeImg']."\"/>"; 
echo "<h2>"; 
echo "$row->Name $row->Model"; 
echo "</h2>"; 
echo "<p>"; 
echo "<ul>"; 
echo "<li>Running $row->OSName</li>"; 
echo "<br />"; 
echo "<li>$row->ScreenSize Display</li>"; 
echo "<br />"; 
echo "<li>$row->StorageSize of Storage</li>"; 
echo "</p>"; 
echo "</ul>"; 
?> 
</div> 
<?php 
} 
mysql_close($con); 
?> 

我得到的錯誤 注意：未定義的變量：結果上線43警告電話details.php：mysql_fetch_array（）預計參數1是資源，null給出在phone-details.php在線43

我想要它做的是顯示一個圖像旁邊的產品的細節（產品細節工作之前，但後來我試圖得到圖像工作，並打破）。文件名存儲在名爲LargeImg的字段中，圖像文件本身存儲在images/phones文件夾中。我將如何解決這個問題，以便錯誤消失，圖像顯示數據庫中的每條記錄？代碼越簡單越好。

謝謝。

Answer 1

使用$query變量作爲mysql_fetch_array的參數。該參數必須是一個mysql_query引用。

$result是從來沒有在這裏無論speaches你會得到關於使用mysql_ *函數的定義..

Answer 2

$row=mysql_fetch_object($query); 
echo mysql_error(); 

while($row=mysql_fetch_array($result)) 

。 $結果未定義。它沒有任何東西。 Usualy人曾經這樣做過：

$result = mysql_query("QUERY"); 
while($row=mysql_fetch_array($result)){ 
//do stuff 
} 

你正在混淆你的功能我的朋友。也請不要使用mysql_ *函數，因爲它們已被棄用！ :)