Q&A
###前提・実現したいこと
度々、質問申し訳ありません。
ログインン制のページを作成する中でエラーページでエラーが出ます。いまいち解決策がわかりません。
###発生している問題・エラーメッセージ
Notice: Undefined variable: conn in /Applications/XAMPP/xamppfiles/htdocs/members/login.php on line 37 Warning: mysqli_close() expects parameter 1 to be mysqli, null given in /Applications/XAMPP/xamppfiles/htdocs/members/login.php on line 37
###該当のソースコード
<?php $link = new mysqli('localhost', 'localhost', 'akb132012', 'member_test'); //セッション作成 session_start(); if(!isset($_POST['login'])) { //ログインフォームを表示 inputForm(); } else { //フォームの値を取得 $formUserId = $_POST['formUserid']; $formPassword = $_POST['formPassword']; //ID, PASWORDが未入力の場合 if(($formUserId == "") || ($formPassword == "")) { //エラー関数の呼び出し error(1); } else { //ID,PASSWORD 入力アリ //データベースへ接続 require_once('regist/db.php'); //memberテーブルのデータを取得 $query = "select * from members"; $result = mysqli_query($link, $query); //フォームから取得したUSERIDとデータベース内のUSERIDが一致したらデータベースのPASSWORDを変数に格納 while($data = mysqli_fetch_array($result)) { if($data['userid'] == $formUserId) { //フォームから取得したUSERIDとデータベースのUSERIDが一致 $dbPassword = $data['password']; break; } } //MySQLデータベースを閉じる mysqli_close($conn); //$dbPasswordという変数に値が格納されていない場合→formUserIdとデータベースのIDが不一致 if(!isset($dbPassword)) { error(2); } else { //formUserIdとデータベースのIDが一致 //フォームのパスワードとデータベース内のパスワードが不一致 if($dbPassword != $formPassword){ error(3); } else { //ID,パスワードどちらも一致 //セッション変数を作成→セッション変数に $formUserID を登録 $_SESSION['loginUser'] = $formUserId; header("Location:test.php"); } } } } ?> <?php //入力画面表示画面 function inputForm() { ?> <!DOCTYPE html PUBLIC "-//W3C//DTD XHTML 1.0 Transitional//EN" "http://www.w3.org/TR/xhtml1/DTD/xhtml1-transitional.dtd"> <html xmlns="http://www.w3.org/1999/xhtml"> <head> <meta http-equiv="Content-Type" content="text/html; charset=utf-8" /> <title>ログイン</title> </head> <body> <h1>ログインページ</h1> <form action="login.php" method="post"> <label for="userid">ユーザーID</label>： <input type="text" name="formUserid" id="userid"/> <br /> <label for="password">パスワード</label>： <input type="text" name="formPassword" id="password"/> <br /> <input type="submit" name="login" value="ログイン" /> </form> </body> </html> <?php } //エラー表示関数 function error($errorType) {switch($errorType) {
case 1: $errorMsg = "IDとパスワードを入力してください。"; break; case 2: $errorMsg = "IDが違います"; break; case 3: $errorMsg = "パスワードが違います"; break;
}
?>
###試したこと
課題に対してアプローチしたことを記載してください
###補足情報(言語/FW/ツール等のバージョンなど)
より詳細な情報
回答2件
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mysqli_close($conn);
$connという変数を定義してないのに使っていますよね。$linkではないんですか？
mysqli_close($link);
投稿2017/06/06 08:42
退会済みユーザー
総合スコア0
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英語を翻訳して欲しい、という質問でしょうか。
エラーメッセージが↓コレで
Undefined variable: conn login.php on line 37
書いているコードが↓コレで
//MySQLデータベースを閉じる mysqli_close($conn);
もう一つのエラーメッセージが
mysqli_close() expects parameter 1 to be mysqli, null given
で、パラメータはmysqli型じゃないとダメなのにnullが与えられたぞ、と言っていて、同じ原因なわけです。
connってどこから来たんでしょうか。
投稿2017/06/06 08:44
総合スコア5405
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