【解決方法】警告を修正するにはどうすればよいですか: mysqli_fetch_array() は、パラメーター 1 が mysqli_result であると想定しています。これは、55 行目の C:\xampp\htdocs\view.php で指定されたブール値です。

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MyPHPAdmin で作成したデータベースを表示し、レコードを追加および削除する必要がある、割り当ての 1 つの基本的な Web サイトを作成しています。

View.php の 55 行目:

while($row = mysqli_fetch_array( $result ))。

次のエラーが表示されます。

警告: mysqli_fetch_array() は、パラメーター 1 が mysqli_result であると想定します。ブール値は C:\xampp\htdocs\View.php の 55 行目に指定されています

このエラーが発生する理由と、このエラーを解決するにはどうすればよいですか?

私が試したこと：

StackOverflow など、これに似たサイトを使用してみましたが、私の質問に答える解決策と、私が PHP の初心者であるため理解できる解決策が見つかりませんでした。

解決策 2
解決策 1
解決策 9
解決策 7
解決策 15

解決策 2

mysqli_query を実行している場所に、「or die( mysqli_error($db)」を追加します
例えば

$sql = "SELECT * FROM users";
$result = mysqli_query($db, $sql) or die( mysqli_error($db));

$db は、db への接続を保持する変数です

解決策 1

前の戻り値を確認する必要があります PHP: mysqli::query – マニュアル[^] 成功を呼びます。それが失敗した場合、ブール値を返します false の代わりに mysqli_result 物体。

エラーを確認して報告する方法については、上記のリンクを参照してください。エラーメッセージを表示すると、何が問題なのか (通常は SQL 構文エラー) を知るのに役立ちます。

解決策 9

if($結果){
while ($row = mysqli_fetch_array($result)) {
echo “結果は 1 より大きい” }
}
そうしないと{
echo “結果は空です”
}

解決策 7

while($row = mysqli_fetch_array( $result ))
それは間違ったコードです
$sql=”これが SQL クエリです”;
$result=mysqli_query($con,$sql);///$con は MySQL 接続コードです
while($row = mysqli_fetch_array( $result,MYSQLI_ASSOC)){
printe_r($行);
}
////////////////////////////////これですべてのセットを使用できます。

解決策 15

SQL クエリにエラーがあります。データベーステーブルにないフィールドをクエリで使用した可能性があります

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