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PHP

PHPは、Webサイト構築に特化して開発されたプログラミング言語です。大きな特徴のひとつは、HTMLに直接プログラムを埋め込むことができるという点です。PHPを用いることで、HTMLを動的コンテンツとして出力できます。HTMLがそのままブラウザに表示されるのに対し、PHPプログラムはサーバ側で実行された結果がブラウザに表示されるため、PHPスクリプトは「サーバサイドスクリプト」と呼ばれています。

Ajax

Ajaxとは、Webブラウザ内で搭載されているJavaScriptのHTTP通信機能を使って非同期通信を利用し、インターフェイスの構築などを行う技術の総称です。XMLドキュメントを指定したURLから読み込み、画面描画やユーザの操作などと並行してサーバと非同期に通信するWebアプリケーションを実現することができます。

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ajax ファイルにアクセスできない Failed to load resource: the server responded with a status of 500

dda

総合スコア33

PHP

PHPは、Webサイト構築に特化して開発されたプログラミング言語です。大きな特徴のひとつは、HTMLに直接プログラムを埋め込むことができるという点です。PHPを用いることで、HTMLを動的コンテンツとして出力できます。HTMLがそのままブラウザに表示されるのに対し、PHPプログラムはサーバ側で実行された結果がブラウザに表示されるため、PHPスクリプトは「サーバサイドスクリプト」と呼ばれています。

Ajax

Ajaxとは、Webブラウザ内で搭載されているJavaScriptのHTTP通信機能を使って非同期通信を利用し、インターフェイスの構築などを行う技術の総称です。XMLドキュメントを指定したURLから読み込み、画面描画やユーザの操作などと並行してサーバと非同期に通信するWebアプリケーションを実現することができます。

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投稿2020/05/04 09:06

前提・実現したいこと

laravelでポートフォリオを作っています。

ajaxでphpファイルにアクセスしようとするとコンソールに下記のエラーがでます。

一度質問させていただいたのですが別のエラーが発生し、原因がわかりません。

発生している問題・エラーメッセージ

Failed to load resource: the server responded with a status of 500 (Internal Server Error)

該当のソースコード

index.php

jquery

1 $.ajax({ 2 url: 'good.php', 3     type: 'POST', 4     data:{ 5 post_id: postid, 6 user_id: userid 7 } 8   }).done(function(data){ 9 10 $(kore).next('span').html(data); 11 $(kore).toggleClass('clicked'); 12 13 }).fail(function(msg) { 14 console.log('fail'); 15 });

good.php

php

1<?php 2require('good_function.php'); 3if(isset($_POST['post_id'])){ 4 $p_id = $_POST['post_id']; 5 $u_id = $_POST['user_id']; 6 7 try{ 8 $dbh = new mysqli("localhost", "layman", "Bossmanbig(123)", "portfolio"); 9 $sql = 'SELECT * FROM goods WHERE post_id = :p_id AND user_id = :u_id'; 10 $data = array(':p_id' => $p_id, ':u_id' => $u_id); 11 $stmt = $dbh->prepare($sql); 12 $stmt->execute($data); 13 $resultCount = count($stmt->fetchAll()); 14 if(!empty($resultCount)){ 15 $sql = 'DELETE FROM goods WHERE post_id = :p_id AND user_id = :u_id'; 16 $data = array(':p_id' => $p_id, ':u_id' => $u_id); 17 $stmt = $dbh->prepare($sql); 18 $stmt->execute($data); 19 echo count(getGood($p_id)); 20 }else{ 21 $sql = 'INSERT INTO goods (post_id, user_id) VALUES (:p_id, :u_id)'; 22 $data = array(':p_id' => $p_id, ':u_id' => $u_id); 23 $stmt = $dbh->prepare($sql); 24 $stmt->execute($data); 25 echo count(getGood($p_id)); 26 } 27 }catch(Exception $e){ 28 error_log('エラー発生:'.$e->getMessage()); 29 } 30}

good_function.php

php

1<?php 2 3function getGood($p_id){ 4 5 try { 6 $dbh = new mysqli("localhost", "layman", "Bossmanbig(123)", "portfolio"); 7 $sql = 'SELECT * FROM goods WHERE post_id = :p_id'; 8 $data = array(':p_id' => $p_id); 9 $stmt = $dbh->prepare($sql); 10 if($stmt){ 11 $stmt->execute($data); 12 return $stmt->fetchAll(); 13 } 14 } catch (Exception $e) { 15 error_log('エラー発生:'.$e->getMessage()); 16 } 17}

試したこと

good.phpを

php

1echo 'A';

だけにしても同様でした。

good.php一つ目の

php

1 $stmt = $dbh->prepare($sql); 2 $stmt->execute($data); 3 $resultCount = count($stmt->fetchAll());

php

1 $stmt = $dbh->prepare($sql); 2 if($stmt == true){ 3 $stmt->execute($data); 4 $resultCount = count($stmt->fetchAll()); 5 }else{ 6 $resultCount = 0; 7 }

としても同様でした。

補足情報(FW/ツールのバージョンなど)

php version7
CentOS7
vagrant下
laravel

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m.ts10806

2020/05/04 09:30

laravelなのにlaravelの機能を一切つかわず実装しているのは何故でしょう。Laravelである必要はないのでは?
dda

2020/05/04 09:48

laravelでどのようにすればいいかわからない部分はphpを使っています。
m.ts10806

2020/05/04 11:51 編集

余計動かなくなります。 確かにLaravelをあるアプリケーションの一部として使うことはできますが、それはきちんと切り分けて使える人だからできることで、「どうすればいいか分からないから」でできるものではありません。 どちらかに統一してください。 Laravelは他のPHPフレームワークよりPHPだけじゃなくWebも求められる基礎スキルは高いですよ。
dda

2020/05/04 13:44

コメントありがとうございます。 初心者なので自分ができること考えてを組み合わせることで作った次第でした。 なにより仮想環境に移行する前は正しく動作していたものがなぜ動かないのか理由が気になったのです。
m.ts10806

2020/05/04 13:46

タグはついてないながら質問内容に「Laravelで」と書いてあればLaravelの質問としてみる人が大半かと思います。ですが、コードがLaravelになっていないため「なぜ」となって「答えにくい」内容になっているのが実際です。 つまり、Laravel前提の回答になっても理解が得られないのではないかと言う懸念があるわけですね。(なので、面倒だ、となって反応しない人も多い) >仮想環境に移行する前は正しく動作していたもの それは環境を全て比較して見比べるしかないと思います。
dda

2020/05/04 13:55

質問の核となる部分のプログラムと自分のしていることを分けたまでで、そのような流れが生まれることには気が付きませんでした。 ご指摘ありがとうございます。 見比べてみます。
guest

回答1

0

自己解決

構文が違うことが原因でした。

php

1 $sql = 'SELECT * FROM goods WHERE post_id = :p_id AND user_id = :u_id'; 2 $data = array(':p_id' => $p_id, ':u_id' => $u_id); 3 $stmt = $dbh->prepare($sql); 4 $stmt->execute($data);

の部分をmysqli用に

php

1 $sql = 'SELECT * FROM goods WHERE post_id = ? AND user_id = ?'; 2 $stmt = $dbh->prepare($sql); 3 $stmt->bind_param('ii', $p_id, $u_id); 4   $stmt->execute();

へと変えると無事作動しました!

投稿2020/05/05 05:17

dda

総合スコア33

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